Algebra 2 Teorie čísel. Michal Bulant

Algebra 2 — Teorie čísel Michal Bulant katedra matematiky, Přírodovědecká fakulta, Masarykova univerzita, Janáčkovo nám. 2a, 662 95 Brno E-mail address: [email protected]

Abstrakt. Na této přednášce se budeme zabývat úlohami o celých číslech. Převážně v nich půjde o dělitelnost celých čísel, popřípadě o řešení rovnic v oboru celých nebo přirozených čísel. Ačkoli jsou přirozená a konec konců i celá čísla v jistém smyslu nejjednodušší matematickou strukturou, zkoumání jejich vlastností postavilo před generace matematiků celou řadu velice obtížných problémů. Často jsou to problémy, které je možno snadno formulovat, přesto však dodnes neznáme jejich řešení. Uveďme některé z nejznámějších: problém prvočíselných dvojčat (rozhodnout, zda existuje nekonečně mnoho prvočísel p takových, že i p + 2 je prvočíslo), Goldbachovu hypotézu (rozhodnout, zda každé sudé číslo větší než 2 je možno psát jako součet dvou prvočísel), nebo klenot mezi problémy teorie čísel - velkou Fermatovu větu (rozhodnout, zda existují přirozená čísla n, x, y, z tak, že n > 2 a platí xn + y n = z n ). Tento text výrazně čerpá z knih [2] a [3].

Obsah 1. 2. 3. 4. 5.

Základní pojmy Prvočísla Kongruence Kongruence o jedné neznámé Diofantické rovnice

Literatura

4 8 13 23 32 55

3

4

1. Základní pojmy 1.1. Dělitelnost. Definice. Řekneme, že celé číslo a dělí celé číslo b (neboli číslo b je dělitelné číslem a, též b je násobek a), právě když existuje celé číslo c tak, že platí a · c = b. Píšeme pak a | b. Přímo z definice plyne několik jednoduchých tvrzení, jejichž důkaz přenecháváme čtenáři jako cvičení s návodem v [2, §12]: Číslo nula je dělitelné každým celým číslem; jediné celé číslo, které je dělitelné nulou, je nula; pro libovolné číslo a platí a | a; pro libovolná čísla a, b, c platí tyto čtyři implikace: a | b ∧ b | c =⇒ a | c

(1)

a | b ∧ a | c =⇒ a | b + c ∧ a | b − c

(2)

c 6= 0 =⇒ (a | b ⇐⇒ ac | bc) a | b ∧ b > 0 =⇒ a ≤ b

(3) (4)

Příklad. Zjistěte, pro která přirozená čísla n je číslo n2 + 1 dělitelné číslem n + 1. Řešení. Platí n2 − 1 = (n + 1)(n − 1), a tedy číslo n + 1 dělí číslo n − 1. Předpokládejme, že n + 1 dělí i číslo n2 + 1. Pak ovšem musí dělit i rozdíl (n2 + 1) − (n2 − 1) = 2. Protože n ∈ N, platí n + 1 ≥ 2, a tedy z n + 1 | 2 plyne n + 1 = 2, proto n = 1. Uvedenou vlastnost má tedy jediné přirozené číslo 1.  2

Věta 1. (Věta o dělení celých čísel se zbytkem) Pro libovolně zvolená čísla a ∈ Z, m ∈ N existují jednoznačně určená čísla q ∈ Z, r ∈ {0, 1, . . . , m − 1} tak, že a = qm + r. Důkaz. Dokažme nejprve existenci čísel q, r. Předpokládejme, že přirozené číslo m je dáno pevně a dokažme úlohu pro libovolné a ∈ Z. Nejprve budeme předpokládat, že a ∈ N0 a existenci čísel q, r dokážeme indukcí: Je-li 0 ≤ a < m, stačí volit q = 0, r = a a rovnost a = qm + r platí. Předpokládejme nyní, že a ≥ m a že jsme existenci čísel q, r dokázali pro všechna a0 ∈ {0, 1, 2, . . . , a − 1}. Speciálně pro a0 = a − m tedy existují q 0 , r0 tak, že a0 = q 0 m + r0 a přitom r0 ∈ {0, 1, . . . , m − 1}. Zvolíme-li q = q 0 + 1, r = r0 , platí a = a0 + m = (q 0 + 1)m + r0 = qm + r, což jsme chtěli dokázat. Existenci čísel q, r jsme tedy dokázali pro libovolné a ≥ 0. Je-li naopak a < 0, pak ke kladnému číslu −a podle výše dokázaného existují q 0 ∈ Z, r0 ∈ {0, 1, . . . , m − 1} tak, že −a = q 0 m + r0 , tedy a = −q 0 m − r0 . Je-li r0 = 0, položíme r = 0, q = −q 0 ; je-li r > 0, položíme r = m − r0 , q = −q 0 − 1. V obou případech a = q · m + r, a tedy čísla q, r s požadovanými vlastnostmi existují pro každé a ∈ Z, m ∈ N.

5

Nyní dokážeme jednoznačnost. Předpokládejme, že pro některá čísla q1 , q2 ∈ Z; r1 , r2 ∈ {0, 1, . . . , m − 1} platí a = q1 m + r1 = q2 m + r2 . Úpravou dostaneme r1 − r2 = (q2 − q1 )m, a tedy m | r1 − r2 . Ovšem z 0 ≤ r1 < m, 0 ≤ r2 < m plyne −m < r1 − r2 < m, odkud podle (4) platí r1 − r2 = 0. Pak ale i (q2 − q1 )m = 0, a proto q1 = q2 , r1 = r2 . Čísla q, r jsou tedy určena jednoznačně. Tím je důkaz ukončen.  Číslo q, resp. r z věty se nazývá (neúplný) podíl , resp. zbytek při dělení čísla a číslem m se zbytkem. Vhodnost obou názvů je zřejmá, přepíšeme-li rovnost a = mq + r do tvaru r r a = q + , přitom 0 ≤ < 1. m m m Je vhodné též si uvědomit, že z věty 1 plyne, že číslo m dělí číslo a, právě když zbytek r je roven nule. Příklad. Dokažte, že jsou-li zbytky po dělení čísel a, b ∈ Z číslem m ∈ N jedna, je jedna i zbytek po dělení čísla ab číslem m. Řešení. Podle věty 1 existují s, t ∈ Z tak, že a = sm+1, b = tm+1. Vynásobením dostaneme vyjádření ab = (sm + 1)(tm + 1) = (stm + s + t)m + 1 = qm + r, kde q = stm + s + t, r = 1, které je podle věty 1 jednoznačné, a tedy zbytek po dělení čísla ab číslem m je jedna.  1.2. Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek. Definice. Mějme celá čísla a1 , a2 . Libovolné celé číslo m takové, že m | a1 , m | a2 (resp. a1 | m, a2 | m) se nazývá společný dělitel (resp. společný násobek ) čísel a1 , a2 . Společný dělitel (resp. násobek) m ≥ 0 čísel a1 , a2 , který je dělitelný libovolným společným dělitelem (resp. dělí libovolný společný násobek) čísel a1 , a2 , se nazývá největší společný dělitel (resp. nejmenší společný násobek ) čísel a1 , a2 a značí se (a1 , a2 ) (resp. [a1 , a2 ]). Poznámka. Přímo z definice plyne, že pro libovolné a, b ∈ Z platí (a, b) = (b, a), [a, b] = [b, a], (a, 1) = 1, [a, 1] = |a|, (a, 0) = |a|, [a, 0] = 0. Ještě však není jasné, zda pro každou dvojici a, b ∈ Z čísla (a, b) a [a, b] vůbec existují. Pokud však existují, jsou určena jednoznačně: Pro každá dvě čísla m1 , m2 ∈ N0 totiž podle (4) platí, že pokud m1 | m2 a zároveň m2 | m1 , je nutně m1 = m2 . Důkaz existence čísla (a, b) podáme (spolu s algoritmem jeho nalezení) ve větě 2, důkaz existence čísla [a, b] a způsob jeho určení pak popíšeme ve větě 4. Věta 2. (Euklidův algoritmus) Nechť a1 , a2 jsou přirozená čísla. Pro každé n ≥ 3, pro které an−1 6= 0, označme an zbytek po dělení čísla an−2 číslem an−1 . Pak po konečném počtu kroků dostaneme ak = 0 a platí ak−1 = (a1 , a2 ).

6

Důkaz. Podle věty 1 platí a2 > a3 > a4 > . . . . Protože jde o nezáporná celá čísla, je každé následující alespoň o 1 menší než předchozí, a proto po určitém konečném počtu kroků dostáváme ak = 0, přičemž ak−1 6= 0. Z definice čísel an plyne, že existují celá čísla q1 , q2 , . . . , qk−2 tak, že a1 = q 1 · a2 + a3 , a2 = q 2 · a3 + a4 , .. . ak−3 = qk−3 · ak−2 + ak−1 ak−2 = qk−2 · ak−1 .

(5)

Z poslední rovnosti plyne, že ak−1 | ak−2 , z předposlední, že ak−1 | ak−3 , atd., až nakonec ze druhé ak−1 | a2 a z první dostaneme ak−1 | a1 . Je tedy ak−1 společný dělitel čísel a1 , a2 . Naopak jejich libovolný společný dělitel dělí i číslo a3 = a1 − q1 a2 , proto i a4 = a2 − q2 a3 , . . . , a proto i ak−1 = ak−3 −qk−3 ak−2 . Dokázali jsme, že ak−1 je největší dělitel čísel a1 , a2 .  Poznámka. Z poznámky za definicí, z věty 2 a z toho, že pro libovolná a, b ∈ Z platí (a, b) = (a, −b) = (−a, b) = (−a, −b) plyne, že existuje největší společný dělitel libovolných dvou celých čísel. Věta 3. (Bezoutova) Pro libovolná celá čísla a1 , a2 existuje jejich největší společný dělitel (a1 , a2 ), přitom existují celá čísla k1 , k2 tak, že (a1 , a2 ) = k1 a1 + k2 a2 . Důkaz. Jistě stačí větu dokázat pro a1 , a2 ∈ N. Všimněme si, že jestliže je možné nějaká čísla r, s ∈ Z vyjádřit ve tvaru r = r1 a1 + r2 a2 , s = s1 a1 + s2 a2 , kde r1 , r2 , s1 , s2 ∈ Z, můžeme tak vyjádřit i r + s = (r1 + s1 )a1 + (r2 + s2 )a2 a také c · r = (c · r1 )a1 + (c · r2 )a2 pro libovolné c ∈ Z. Protože a1 = 1 · a1 + 0 · a2 , a2 = 0 · a1 + 1 · a2 , plyne z (5), že takto můžeme vyjádřit i a3 = a1 − q1 a2 , a4 = a2 − q2 a3 , . . . , ak−1 = ak−3 − qk−3 ak−2 , což je ovšem (a1 , a2 ).  Věta 4. Pro libovolná celá čísla a1 , a2 existuje jejich nejmenší společný násobek [a1 , a2 ] a platí (a1 , a2 ) · [a1 , a2 ] = |a1 · a2 |. Důkaz. Věta jistě platí, je-li některé z čísel a1 , a2 rovno nule. Můžeme navíc předpokládat, že obě nenulová čísla a1 , a2 jsou kladná, neboť jejich znaménka se v dokazovaném vzorci neprojeví. Budeme hotovi, ukážeme-li, že q = a1 · a2 /(a1 , a2 ) je nejmenší společný násobek čísel

7

a1 , a2 . Protože (a1 , a2 ) je společný dělitel čísel a1 , a2 , jsou a1 /(a1 , a2 ) i a2 /(a1 , a2 ) celá čísla, a proto a1 a2 a1 a2 q= = · a2 = · a1 (a1 , a2 ) (a1 , a2 ) (a1 , a2 ) je společný násobek čísel a1 , a2 . Podle věty 3 existují k1 , k2 ∈ Z tak, že (a1 , a2 ) = k1 a1 + k2 a2 . Předpokládejme, že n ∈ Z je libovolný společný násobek čísel a1 , a2 a ukážeme, že je dělitelný číslem q. Je tedy n/a1 , n/a2 ∈ Z, a proto je i celé číslo n n n(k1 a1 + k2 a2 ) n(a1 , a2 ) n · k1 + · k2 = = = . a2 a1 a1 a2 a1 a2 q To ovšem znamená, že q | n, což jsme chtěli dokázat.



1.3. Dělitelé a násobky mnoha čísel. Definice. Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek n čísel a1 , a2 , . . . , an ∈ Z definujeme analogicky jako v 1.2. Libovolné m ∈ Z takové, že m | a1 , m | a2 , . . . , m | an (resp. a1 | m, a2 | m, . . . , an | m) se nazývá společný dělitel (resp. společný násobek ) čísel a1 , a2 , . . . , an . Společný dělitel (resp. násobek) m ≥ 0 čísel a1 , a2 , . . . , an , který je dělitelný libovolným společným dělitelem (resp. dělí libovolný společný násobek) těchto čísel, se nazývá největší společný dělitel (resp. nejmenší společný násobek ) čísel a1 , a2 , . . . , an a značí se (a1 , a2 , . . . , an ) (resp. [a1 , a2 , . . . , an ]). Snadno se přesvědčíme, že platí (a1 , . . . , an−1 , an ) = ((a1 , . . . , an−1 ), an ),

(6)

[a1 , . . . , an−1 , an ] = [[a1 , . . . , an−1 ], an ].

(7)

Největší společný dělitel (a1 , . . . , an ) totiž dělí všechna čísla a1 , . . . , an , a tedy je společným dělitelem čísel a1 , . . . , an−1 , a proto dělí i největšího společného dělitele (a1 , . . . , an−1 ), tj. (a1 , . . . , an ) | ((a1 , . . . , an−1 ), an ). Naopak největší společný dělitel čísel (a1 , . . . , an−1 ), an musí kromě čísla an dělit i všechna čísla a1 , . . . , an−1 , protože dělí jejich největšího společného dělitele, a proto ((a1 , . . . , an−1 ), an ) | (a1 , . . . , an ). Dohromady dostáváme rovnost (6) a zcela analogicky se dokáže (7). Pomocí (6) a (7) snadno dokážeme existenci největšího společného dělitele i nejmenšího společného násobku libovolných n čísel indukcí vzhledem k n: pro n = 2 je jejich existence dána větami 2 a 4, jestliže pro některé n > 2 víme, že existuje největší společný dělitel i nejměnší společný násobek libovolných n − 1 čísel, podle (6) a (7) existuje i pro libovolných n čísel. 1.4. Nesoudělnost. Definice. Čísla a1 , a2 , . . . , an ∈ Z se nazývají nesoudělná, jestliže platí (a1 , a2 , . . . , an ) = 1. Čísla a1 , a2 , . . . , an ∈ Z se nazývají po dvou

8

nesoudělná, jestliže pro každé i, j takové, že 1 ≤ i < j ≤ n, platí (ai , aj ) = 1. Poznámka. V případě n = 2 oba pojmy splývají, pro n > 2 plyne z nesoudělnosti po dvou nesoudělnost, ne však naopak: například čísla 6, 10, 15 jsou nesoudělná, ale nejsou nesoudělná po dvou, neboť dokonce žádná dvojice z nich vybraná nesoudělná není: (6, 10) = 2, (6, 15) = 3, (10, 15) = 5. Příklad. Nalezněte největší společný dělitel čísel 263 − 1 a 291 − 1. Řešení. Užijeme Euklidův algoritmus. Platí 291 − 1 = 228 (263 − 1) + 228 − 1, 263 − 1 = (235 + 27 )(228 − 1) + 27 − 1, 228 − 1 = (221 + 214 + 27 + 1)(27 − 1). Hledaný největší společný dělitel je tedy 27 − 1 = 127.



Věta 5. Pro libovolná přirozená čísla a, b, c platí (1) (ac, bc) = (a, b) · c, (2) jestliže (a, b) = 1 a a | bc, pak a | c, (3) d = (a, b) právě tehdy, když existují q1 , q2 ∈ N tak, že a = dq1 , b = dq2 a (q1 , q2 ) = 1. Důkaz. ad 1. Protože (a, b) je společný dělitel čísel a, b, je (a, b) · c společný dělitel čísel ac, bc, proto (a, b)·c | (ac, bc). Podle věty 3 existují k, l ∈ Z tak, že (a, b) = ka + lb. Protože (ac, bc) je společný dělitel čísel ac, bc, dělí i číslo kac + lbc = (a, b) · c. Dokázali jsme, že (a, b) · c a (ac, bc) jsou dvě přirozená čísla, která dělí jedno druhé, proto se podle (4) rovnají. ad 2. Předpokládejme, že (a, b) = 1 a a | bc. Podle Bezoutovy věty (věta 3) existují k, l ∈ Z tak, že ka + lb = 1, odkud plyne, že c = c(ka + lb) = kca + lbc. Protože a | bc, plyne odsud, že i a | c. ad 3. Nechť d = (a, b), pak existují q1 , q2 ∈ N tak, že a = dq1 , b = dq2 . Pak podle části (1) platí d = (a, b) = (dq1 , dq2 ) = d · (q1 , q2 ), a tedy (q1 , q2 ) = 1. Naopak, je-li a = dq1 , b = dq2 a (q1 , q2 ) = 1, pak (a, b) = (dq1 , dq2 ) = d(q1 , q2 ) = d · 1 = d (opět užitím 1. části tohoto tvrzení).  2. Prvočísla Prvočíslo je jeden z nejdůležitějších pojmů elementární teorie čísel. Jeho důležitost je dána především větou o jednoznačném rozkladu libovolného přirozeného čísla na součin prvočísel, která je silným a účinným nástrojem při řešení celé řady úloh z teorie čísel. Definice. Každé přirozené číslo n ≥ 2 má aspoň dva kladné dělitele: 1 a n. Pokud kromě těchto dvou jiné kladné dělitele nemá, nazývá se prvočíslo. V opačném případě hovoříme o složeném čísle.

9

V dalším textu budeme zpravidla prvočíslo značit písmenem p. Nejmenší prvočísla jsou 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, . . . . Věta 6. Přirozené číslo p ≥ 2 je prvočíslo, právě když platí: pro každá celá čísla a, b z p | ab plyne p | a nebo p | b. Důkaz. „⇒ÿ Předpokládejme, že p je prvočíslo a p | ab, kde a, b ∈ Z. Protože (p, a) je kladný dělitel p, platí (p, a) = p nebo (p, a) = 1. V prvním případě p | a, ve druhém p | b podle věty 5. „⇐ÿ Jestliže p není prvočíslo, musí existovat jeho kladný dělitel různý od 1 a p. Označíme jej a; pak ovšem b = ap ∈ N a platí p = ab, odkud 1 < a < p, 1 < b < p. Našli jsme tedy celá čísla a, b tak, že p | ab a přitom p nedělí ani a, ani b.  Příklad. Nalezněte všechna čísla k ∈ N0 , pro která je mezi deseti po sobě jdoucími čísly k + 1, k + 2, . . . , k + 10 nejvíce prvočísel. Řešení. Pro k = 1 je mezi našimi čísly pět prvočísel: 2, 3, 5, 7, 11. Pro k = 0 a k = 2 pouze čtyři prvočísla. Jestliže k ≥ 3, není mezi zkoumanými čísly číslo 3. Mezi deseti po sobě jdoucími celými čísly pět sudých a pět lichých čísel, mezi kterými je zase aspoň jedno dělitelné třemi. Našli jsme tedy mezi čísly k + 1, k + 2, . . . , k + 10 aspoň šest složených, jsou tedy mezi nimi nejvýše čtyři prvočísla. Zadání proto vyhovuje jediné číslo k = 1.  Příklad. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n existuje n po sobě jdoucích přirozených čísel, z nichž žádné není prvočíslo. Řešení. Zkoumejme čísla (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + (n + 1). Mezi těmito n po sobě jdoucími čísly není žádné prvočíslo, protože pro libovolné k ∈ {2, 3, . . . , n + 1} platí k | (n + 1)!, a tedy k | (n + 1)! + k, a proto (n + 1)! + k nemůže být prvočíslo.  Příklad. Dokažte, že pro
libovolné prvočíslo p a libovolné k ∈ N, p k < p, je kombinační číslo k dělitelné p. Řešení. Podle definice kombinačního čísla   p p! p · (p − 1) · · · · · (p − k + 1) = = ∈ N, k k!(p − k)! 1 · 2 · ··· · k a tedy k! | p · a, kde jsme označili a = (p − 1) · · · · · (p − k + 1). Protože k < p, není žádné z čísel 1, 2, . . . , k dělitelné prvočíslem p, a tedy podle věty 6 není ani k! dělitelné prvočíslem p, odkud (k!,
p) = 1. Podle věty 5 platí k! | a, a tedy b = k!a je celé číslo. Protože kp = pa = pb, je číslo k!
p dělitelné číslem p.  k Věta 7. Libovolné přirozené číslo n ≥ 2 je možné vyjádřit jako součin prvočísel, přičemž je toto vyjádření jediné, nebereme-li v úvahu pořadí činitelů. (Je-li n prvočíslo, pak jde o „součinÿ jednoho prvočísla.)

10

Důkaz. Nejprve dokážeme indukcí, že každé n ≥ 2 je možné vyjádřit jako součin prvočísel. Je-li n = 2, je n součin jediného prvočísla 2. Předpokládejme nyní, že n > 2 a že jsme již dokázali, že libovolné n0 , 2 ≤ n0 < n, je možné rozložit na součin prvočísel. Jestliže n je prvočíslo, je součinem jediného prvočísla. Jestliže n prvočíslo není, pak existuje jeho dělitel d, 1 < d < n. Označíme-li c = nd , platí také 1 < c < n. Z indukčního předpokladu plyne, že c i d je možné vyjádřit jako součin prvočísel, a proto je takto možné vyjádřit i jejich součin c · d = n. Nyní dokážeme jednoznačnost. Předpokládejme, že platí rovnost součinů p1 · p2 · · · · · pm = q1 · q2 · · · · · qs , kde p1 , . . . , pm , q1 , . . . , qs jsou prvočísla a navíc platí p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pm , q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qs a 1 ≤ m ≤ s. Indukcí vzhledem k m dokážeme, že m = s, p1 = q1 , . . . , p m = qm . Je-li m = 1, je p1 = q1 · · · · · qs prvočíslo. Kdyby s > 1, mělo by číslo p1 dělitele q1 takového, že 1 < q1 < p1 (neboť q2 q3 . . . qs > 1), což není možné. Je tedy s = 1 a platí p1 = q1 . Předpokládejme, že m ≥ 2 a že tvrzení platí pro m − 1. Protože p1 ·p2 ·· · ··pm = q1 ·q2 ·· · ··qs , dělí pm součin q1 ·· · ··qs , což je podle věty 6 možné jen tehdy, jestliže pm dělí nějaké qi pro vhodné i ∈ {1, 2, . . . , s}. Protože qi je prvočíslo, plyne odtud pm = qi (neboť pm > 1). Zcela analogicky se dokáže, že qs = pj pro vhodné j ∈ {1, 2, . . . , m}. Odtud plyne qs = p j ≤ p m = qi ≤ qs , takže pm = qs . Vydělením dostaneme p1 · p2 · · · · · pm−1 = q1 · q2 · · · · · qs−1 , a tedy z indukčního předpokladu m − 1 = s − 1, p1 = q1 , . . . , pm−1 = qm−1 . Celkem tedy m = s a p1 = q1 , . . . , pm−1 = qm−1 , pm = qm . Jednoznačnost, a proto i celá věta 7 je dokázána.  Důsledek. (1) Jsou-li p1 , . . . , pk navzájem různá prvočísla a n1 , . . . , nk ∈ N0 , je každý kladný dělitel čísla a = pn1 1 · · · · · pnk k mk 1 tvaru pm 1 · · · · · pk , kde m1 , . . . , mk ∈ N0 a m1 ≤ n1 , m2 ≤ n2 , . . . , mk ≤ nk . Číslo a má tedy právě τ (a) = (n1 + 1)(n2 + 1) · · · · · (nk + 1) kladných dělitelů, jejichž součet je pn1 1 +1 − 1 pnk +1 − 1 ... k . p1 − 1 pk − 1 (2) Jsou-li p1 , . . . , pk navzájem různá prvočísla a n1 , . . . , nk , m1 , . . . , mk ∈ N0 a označíme-li ri = min{ni , mi }, ti = max{ni , mi } pro každé i = 1, 2, . . . , k, platí σ(a) =

mk rk r1 1 (pn1 1 · · · · · pnk k , pm 1 · · · · · pk ) = p1 · · · · · pk , mk tk t1 1 [pn1 1 · · · · · pnk k , pm 1 · · · · · pk ] = p1 · · · · · pk .

11

Poznámka. S pojmem součet všech kladných dělitelů čísla a souvisí pojem tzv. dokonalého čísla a, které splňuje podmínku σ(a) = 2a, resp. slovně: „součet všech kladných dělitelů čísla a menších než a samotné je roven číslu aÿ. Takovými čísly jsou např. 6 = 1 + 2 + 3, 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14, 496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 a 8128 (jde o všechna dokonalá čísla menší než 10 000). Lze ukázat, že sudá dokonalá čísla jsou v úzkém vztahu s tzv. Mersenneho prvočísly. Platí totiž: a je sudé dokonalé číslo, právě když je tvaru a = 2q−1 · (2q − 1), kde 2q − 1 je prvočíslo. Mersenneho prvočísla jsou právě prvočísla tvaru 2k − 1. Bez zajímavosti není ani to, že právě Mersenneho prvočísla jsou mezi všemi prvočísly nejlépe „vidětÿ – obecně je pro velká čísla, u kterých se nedaří nalézt netriviálního dělitele, obtížné prokázat, že jsou prvočísla. Pro Mersenneho prvočísla existuje poměrně jednoduchý a rychlý postup. Proto není náhodou, že největší známá prvočísla jsou obvykle tvaru 2k − 1 (viz např. http://www.utm.edu/research/primes/largest.html). Na druhou stranu popsat lichá dokonalá čísla se dodnes nepodařilo, resp. dodnes se neví, jestli vůbec nějaké liché dokonalé číslo existuje Příklad. Dokažte, že pro každé celé n > 2 existuje mezi čísly n a n! alespoň jedno prvočíslo. Řešení. Označme p libovolné prvočíslo dělící číslo n! − 1 (takové existuje podle věty 7, protože n! − 1 > 1). Kdyby p ≤ n, muselo by p dělit číslo n! a nedělilo by n! − 1. Je tedy n < p. Protože p | (n! − 1), platí p ≤ n! − 1, tedy p < n!. Prvočíslo p splňuje podmínky úlohy.  Nyní uvedeme několik důkaz toho, že existuje nekonečně mnoho prvočísel (i když tvrzení v podstatě vyplývá už z předchozího příkladu). Věta 8. Mezi přirozenými čísly existuje nekonečně mnoho prvočísel. Důkaz. (Eukleides) Předpokládejme, že prvočísel je konečně mnoho a označme je p1 , p2 , . . . , pn . Položme N = p1 · p2 , . . . , pn + 1. Toto číslo je buď samo prvočíslem nebo je dělitelné nějakým prvočíslem různým od p1 , . . . , pn , což je spor. (Kummer, 1878): Předpokládejme, že prvočísel je konečně mnoho a označme je p1 < p2 < · · · < pn . Položme N = p1 · p2 · · · pn > 2. Číslo N − 1 je podle věty 7 dělitelné některým prvočíslem pi , které dělí zároveň číslo N a tedy i N − (N − 1) = 1. Spor. (Fürstenberg, 1955): V této poznámce uvedeme elementární „topologickýÿ důkaz existence nekonečně mnoha prvočísel. Zavedeme topologii prostoru celých čísel pomocí báze tvořené aritmetickými posloupnostmi (od −∞ do +∞). Lze snadno

12

ověřit, že jde skutečně o topologický prostor, navíc lze ukázat, že je normální a tedy metrizovatelný. Každá aritmetická posloupnost je uzavřená i otevřená množina (její komplement je sjednocení ostatních aritmetických posloupností se stejnou diferencí). Dostáváme, že sjednocení konečného počtu aritmetických posloupností je uzavřená množina. Uvažme množinu A = ∪Ap , kde Ap je tvořena všemi násobky p a p probíhá všechna prvočísla. Jediná celá čísla nepatřící do A jsou −1 a 1 a protože množina {−1, 1} zřejmě není otevřená, množina A nemůže být uzavřená. A tedy není konečným sjednocením uzavřených množin, což znamená, že musí existovat nekonečně mnoho prvočísel.  Příklad. Dokažte, že existuje nekonečně mnoho prvočísel tvaru 3k + 2, kde k ∈ N0 . Řešení. Předpokládejme naopak, že existuje pouze konečně mnoho prvočísel tohoto tvaru a označme je p1 = 2, p2 = 5, p3 = 11, . . . , pn . Položme N = 3p2 · p3 · · · · · pn + 2. Rozložíme-li N na součin prvočísel podle věty 7, musív tomto rozkladu vystupovat aspoň jedno prvočíslo p tvaru 3k + 2, neboť v opačném případě by bylo N součinem prvočísel tvaru 3k + 1 (uvažte, že N není dělitelné třemi), a tedy podle příkladu na str. 5 by bylo i N tvaru 3k+1, což neplatí. Prvočíslo p ovšem nemůže být žádné z prvočísel p1 , p2 , . . . , pn , jak plyne z tvaru čísla N , a to je spor.  Poznámka. Předchozí příklady je možné značně zobecnit. Platí totiž tvrzení: „Pro libovolné přirozené číslo n > 5 existují mezi čísly n a 2n alespoň dvě prvočíslaÿ, které zobecňuje Čebyševovu větu: „Pro každé číslo n > 3 existuje mezi čísly n a 2n−2 alespoň jedno prvočísloÿ. Důkaz lze provést elementárními prostředky, je však poměrně dlouhý. Předchozí příklad zobecňuje Dirichletova věta o aritmetické posloupnosti : „Jsou-li a, m nesoudělná přirozená čísla, existuje nekonečně mnoho přirozených čísel k tak, že mk + a je prvočísloÿ. Jde o hlubokou větu teorie čísel, k jejímuž důkazu je zapotřebí aparát značně přesahující její elementární část. Označení. Pro libovolné prvočíslo p a libovolné přirozené číslo n je podle věty 7 jednoznačně určen exponent, se kterým vystupuje p v rozkladu čísla n na prvočinitele (pokud p nedělí číslo n, považujeme tento exponent za nulový). Budeme jej označovat symbolem vp (n). Pro záporné celé číslo n klademe vp (n) = vp (−n). Podle důsledku 2 můžeme právě zavedené označení vp (n) charakterizovat tím, že pvp (n) je nejvyšší mocninou prvočísla p, která dělí číslo n, nebo tím, že n = pvp (n) · m, kde m je celé číslo, které není dělitelné

13

číslem p. Odtud snadno plyne, že pro libovolná nenulová celá čísla a, b platí vp (ab) = vp (a) + vp (b)

(8)

vp (a) ≤ vp (b) ∧ a + b 6= 0 =⇒ vp (a + b) ≥ vp (a)

(9)

vp (a) < vp (b) =⇒ vp (a + b) = vp (a)

(10)

vp (a) ≤ vp (b) =⇒ vp ((a, b)) = vp (a) ∧ vp ([a, b]) = vp (b)

(11)

Na následujícím příkladu demonstrujme užitečnost zavedeného označení. Příklad. Dokažte, že pro libovolná přirozená čísla a, b, c platí ([a, b], [a, c], [b, c]) = [(a, b), (a, c), (b, c)] Řešení. Podle věty 7 budeme hotovi, ukážeme-li, že vp (L) = vp (P ) pro libovolné prvočíslo p, kde L, resp. P značí výraz na levé, resp. pravé straně. Nechť je tedy p libovolné prvočíslo. Vzhledem k symetrii obou výrazů můžeme bez újmy na obecnosti předpokládat, že vp (a) ≤ vp (b) ≤ vp (c). Podle (11) platí vp ([a, b]) = vp (b), vp ([a, c]) = vp ([b, c]) = vp (c); vp ((a, b)) = vp ((a, c)) = vp (a), vp ((b, c)) = vp (b), odkud vp (L) = vp (b) = vp (P ), což jsme měli dokázat.  3. Kongruence Pojem kongruence byl zaveden Gaussem. Ačkoliv je to pojem velice jednoduchý, jeho důležitost a užitečnost v teorii čísel je nedocenitelná; projevuje se zejména ve stručných a přehledných zápisech některých i velmi komplikovaných úvah. Definice. Jestliže dvě celá čísla a, b mají při dělení přirozeným číslem m týž zbytek r, kde 0 ≤ r < m, nazývají se a, b kongruentní modulo m (též kongruentní podle modulu m), což zapisujeme takto: a≡b

(mod m).

V opačném případě řekneme, že a, b nejsou kongruentní modulo m, a píšeme a 6≡ b (mod m). Lemma. Pro libovolná a, b ∈ Z, m ∈ N jsou následující podmínky ekvivalentní: (1) a ≡ b (mod m), (2) a = b + mt pro vhodné t ∈ Z, (3) m | a − b. Důkaz. „(1)⇒(3)ÿ Jestliže a = q1 m + r, b = q2 m + r, pak a − b = (q1 − q2 )m. „(3)⇒(2)ÿ Jestliže m | a − b, pak existuje t ∈ Z tak, že m · t = a − b, tj. a = b + mt.

14

„(2)⇒(1)ÿ Jestliže a = b + mt, pak z vyjádření b = mq + r plyne a = m(q + t) + r, tedy a i b mají při dělení číslem m týž zbytek r, tj. a ≡ b (mod m).  3.1. Základní vlastnosti kongruencí. Přímo z definice plyne, že kongruence podle modulu m je reflexivní (tj. a ≡ a (mod m) platí pro každé a ∈ Z), symetrická (tj. pro každé a, b ∈ Z z a ≡ b (mod m) plyne b ≡ a (mod m)) a tranzitivní (tj. pro každé a, b, c ∈ Z z a ≡ b (mod m) a b ≡ c (mod m) plyne a ≡ c (mod m)) relace, jde tedy o ekvivalenci. Dokážeme nyní další vlastnosti: Věta 9. (Základní vlastnosti kongruencí) (1) Kongruence podle téhož modulu můžeme sčítat. Libovolný sčítanec můžeme přenést s opačným znaménkem z jedné strany kongruence na druhou. Na libovolnou stranu kongruence můžeme přičíst jakýkoliv násobek modulu. Důkaz. Je-li a1 ≡ b1 (mod m) a a2 ≡ b2 (mod m), existují podle lemmatu t1 , t2 ∈ Z tak, že a1 = b1 + mt1 , a2 = b2 + mt2 . Pak ovšem a1 + a2 = b1 + b2 + m(t1 + t2 ) a opět podle lemmatu a1 + a2 ≡ b1 + b2 (mod m). Sečteme-li kongruenci a + b ≡ c (mod m) s kongruencí −b ≡ −b (mod m), která zřejmě platí, dostaneme a ≡ c − b (mod m). Sečteme-li kongruenci a ≡ b (mod m) s kongruencí mk ≡ 0 (mod m), jejíž platnost je zřejmá, dostaneme a + mk ≡ b (mod m).  (2) Kongruence podle téhož modulu můžeme násobit. Obě strany kongruence je možné umocnit na totéž přirozené číslo. Obě strany kongruence je možné vynásobit stejným celým číslem. Důkaz. Je-li a1 ≡ b1 (mod m) a a2 ≡ b2 (mod m), existují podle t1 , t2 ∈ Z tak, že a1 = b1 + mt1 , a2 = b2 + mt2 . Pak ovšem a1 a2 = (b1 + mt1 )(b2 + mt2 ) = b1 b2 + m(t1 b2 + b1 t2 + mt1 t2 ), odkud podle dostáváme a1 a2 ≡ b1 b2 (mod m). Je-li a ≡ b (mod m), dokážeme indukcí vzhledem k přirozenému číslu n, že platí an ≡ bn (mod m). Pro n = 1 není co dokazovat. Platí-li an ≡ bn (mod m) pro nějaké pevně zvolené n, vynásobením této kongruence a kongruence a ≡ b (mod m) dostáváme an ·a ≡ bn ·b (mod m), tedy an+1 ≡ bn+1 (mod m), což je tvrzení pro n + 1. Důkaz indukcí je hotov. Jestliže vynásobíme kongruenci a ≡ b (mod m) a kongruenci c ≡ c (mod m), dostaneme ac ≡ bc (mod m).  (3) Obě strany kongruence můžeme vydělit jejich společným dělitelem, jestliže je tento dělitel nesoudělný s modulem.

15

Důkaz. Předpokládejme, že a ≡ b (mod m), a = a1 · d, b = b1 · d a (m, d) = 1. Podle lemmatu je rozdíl a − b = (a1 −b1 )·d dělitelný číslem m. Protože (m, d) = 1, je podle věty 5 číslo a1 − b1 také dělitelné číslem m, odtud podle lemmatu plyne a1 ≡ b1 (mod m).  (4) Obě strany kongruence i její modul můžeme současně vynásobit tímtéž přirozeným číslem. Důkaz. Je-li a ≡ b (mod m), existuje podle lemmatu celé číslo t tak, že a = b+mt, odkud pro c ∈ N platí ac = bc+mc·t, odkud opět podle lemmatu plyne ac ≡ bc (mod mc).  (5) Obě strany kongruence i její modul můžeme vydělit jejich společným kladným dělitelem. Důkaz. Předpokládejme, že a ≡ b (mod m), a = a1 · d, b = b1 · d, m = m1 · d, kde d ∈ N. Podle lemmatu existuje t ∈ Z tak, že a = b+mt, tj. a1 ·d = b1 ·d+m1 dt, odkud a1 = b1 +m1 t, což podle lemmatu znamená, že a1 ≡ b1 (mod m1 ).  (6) Jestliže kongruence a ≡ b platí podle různých modulů m1 , . . . , mk , platí i podle modulu, kterým je nejmenší společný násobek [m1 , . . . , mk ] těchto čísel. Důkaz. Jestliže a ≡ b (mod m1 ), a ≡ b (mod m2 ), . . . , a ≡ b (mod mk ), podle lemmatu je rozdíl a − b společný násobek čísel m1 , m2 , . . . , mk a tedy je dělitelný jejich nejmenším společným násobkem [m1 , m2 , . . . , mk ], odkud plyne a ≡ b (mod [m1 , . . . , mk ]).  (7) Jestliže kongruence platí podle modulu m, platí podle libovolného modulu d, který je dělitelem čísla m. Důkaz. Jestliže a ≡ b (mod m), je a − b dělitelné m, a proto také dělitelem d čísla m, odkud a ≡ b (mod d).  (8) Jestliže je jedna strana kongruence a modul dělitelný nějakým celým číslem, musí být tímto číslem dělitelná i druhá strana kongruence. Důkaz. Předpokládejme, že a ≡ b (mod m), b = b1 d, m = m1 d. Pak podle lemmatu existuje t ∈ Z tak, že a = b + mt = b1 d + m1 dt = (b1 + m1 t)d, a tedy d | a.  Poznámka. Poznamenejme, že některé vlastnosti kongruencí jsme již používali, aniž bychom si toho povšimli – například větu 5 lze přeformulovat do tvaru „jestliže a ≡ 1 (mod m), b ≡ 1 (mod m), pak také ab ≡ 1 (mod m)ÿ, což je speciální případ tvrzení věty 9 (2). Nejde o náhodu. Libovolné tvrzení používající kongruence můžeme snadno přepsat pomocí dělitelnosti. Užitečnost kongruencí tedy netkví v tom,

16

že bychom pomocí nich mohli řešit úlohy, které bez nich řešit nejsme schopni, ale v tom, že jde o velmi vhodný způsob zápisu. Osvojíme-li si ho, výrazně tím zjednodušíme jak vyjadřování, tak i některé úvahy. Je to typický jev: v matematice hraje vhodná symbolika velmi závažnou úlohu. Příklad. Nalezněte zbytek po dělení čísla 520 číslem 26. Řešení. Protože 52 = 25 ≡ −1 (mod 26), platí podle věty 9 (2) 520 ≡ (−1)10 = 1

(mod 26),

a tedy zbytek po dělení čísla 520 číslem 26 je jedna.



Příklad. Dokažte, že pro libovolné n ∈ N je 37n+2 + 16n+1 + 23n dělitelné sedmi. Řešení. Platí 37 ≡ 16 ≡ 23 ≡ 2 (mod 7), a tedy podle 9 (2) a (1) platí 37n+2 +16n+1 +23n ≡ 2n+2 +2n+1 +2n = 2n (4+2+1) = 2n ·7 ≡ 0

(mod 7),

což jsme chtěli dokázat.



Příklad. Dokažte, že číslo n = (8355 + 6)18 − 1 je dělitelné číslem 112. Řešení. Rozložíme 112 = 7 · 16. Protože (7, 16) = 1, stačí ukázat, že 7 | n a 16 | n. Platí 835 ≡ 2 (mod 7), a tedy podle 9 n ≡ (25 +6)18 −1 = 3818 −1 ≡ 318 −1 = 276 −1 ≡ (−1)6 −1 = 0

(mod 7),

proto 7 | n. Podobně 835 ≡ 3 (mod 16), a tedy n ≡ (35 + 6)18 − 1 = (3 · 81 + 6)18 − 1 ≡ (3 · 1 + 6)18 − 1 = = 918 − 1 = 819 − 1 ≡ 19 − 1 = 0

(mod 16),

proto 16 | n. Celkem tedy 112 | n, což jsme měli dokázat.



Příklad. Dokažte, že pro libovolné prvočíslo p a libovolná a, b ∈ Z platí ap + bp ≡ (a + b)p (mod p). Řešení. Podle binomické věty platí

(a + b)p = ap + p1 ap−1 b + p2 ap−2 b2 + · · · +

p p−1

abp−1 + bp .
Podle příkladu za větou 6 pro libovolné k ∈ {1, . . . , p −1} platí kp ≡ 0 (mod p), odkud plyne tvrzení. 


Následující tvrzení je další užitečnou vlastností kongruencí: Lemma. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo m a libovolná a, b ∈ Z taková, že a ≡ b (mod mn ), kde n ∈ N, platí, že am = bm (mod mn+1 ).

17

Důkaz. Platí am − bm = (a − b)(am−1 + am−2 b + · · · + abm−2 + bm−1 )

(12)

a protože m | mn , tak podle 9 (7) platí i a ≡ b (mod m). Jsou tedy všechny sčítance ve druhé závorce v (12) kongruentní s am−1 modulo m, a tedy am−1 + am−2 b + · · · + abm−2 + bm−1 ≡ m · am−1 ≡ 0

(mod m),

proto je am−1 +am−2 +· · ·+abm−2 +bm−1 dělitelné m. Z a ≡ b (mod mn ) plyne, že mn dělí a − b, a tedy mn+1 dělí jejich součin, což vzhledem k (12) vede k závěru, že am ≡ bm (mod mn+1 ).  3.2. Aritmetické funkce. Aritmetickou funkcí zde rozumíme funkci, jejímž definičním oborem je množina přirozených čísel. Definice. Rozložme přirozené číslo n na prvočísla: n = pα1 1 · · · pαk k . Hodnotu Möbiovy funkce µ(n) definujeme rovnu 0, pokud pro některé i platí αi > 1 a rovnu (−1)k v opačném případě. Dále definujeme µ(1) = 1. Příklad. µ(4) = µ(22 ) = 0, µ(6) = µ(2·3) = (−1)2 , µ(2) = µ(3) = −1. Dokážeme nyní několik důležitých vlastností Möbiovy funkce, zejména tzv. Möbiovu inverzní formuli. Lemma. Pro n ∈ N \ {1} platí X µ(d) = 0. d|n

Důkaz. Zapíšeme-li n ve tvaru n = pα1 1 · · · pαk k , pak všechny dělitele d čísla n jsou tvaru d = pβ1 1 · · · pβkk , kde 0 ≤ βi ≤ αi pro všechna i ∈ {1, . . . , k}. Proto X X µ(d) = µ(pβ1 1 · · · pβkk ) = (β1 ,...,βk )∈(N∪{0})k 0≤βi ≤αi

d|n

X

=

µ(pβ1 1 · · · pβkk )

(β1 ,...,βk )∈{0,1}k k 0




k 1




· (−1) +
k = 1 + (−1) = 0.

=

+

k 2




· (−1)2 + · · · +

k k




· (−1)k

 S Möbiovou funkcí úzce souvisí pojem Dirichletův součin:

18

Definice. Buďte f, g aritmetické funkce. Jejich Dirichletův součin je definován předpisem X X
f (d1 ) · g(d2 ). (f ◦ g)(n) = f (d) · g nd = d1 d2 =n

d|n

Lemma. Dirichletův součin je asociativní. Důkaz. ((f ◦ g) ◦ h)(n) =

X

f (d1 ) · g(d2 ) · h(d3 ) = (f ◦ (g ◦ h))(n)

d1 d2 d3 =n

 Příklad. Definujme dvě pomocné funkce I a I předpisem I(1) = 1, I(n) = 0 pro všechna n > 1, resp. I(n) = 1 pro všechna n ∈ N. Pak pro každou aritmetickou funkci f platí: f ◦I=I◦f =f a (I ◦ f )(n) = (f ◦ I)(n) =

X

f (d).

d|n

Dále platí I ◦ µ = µ ◦ I = I, neboť X X (I ◦ µ)(n) = I(d)µ( nd ) = I( nd )µ(d) = d|n

=

X

d|n

µ(d) = 0 pro všechna n > 1

d|n

podle lemmatu za definicí Möbiovy funkce (pro n = 1 je tvrzení zřejmé). Věta 10. (Möbiova inverzní formule) Nechť je aritmetická P funkce F definovaná pomocí aritmetické funkce f předpisem F (n) = d|n f (d). Pak lze funkci f vyjádřit ve tvaru X f (n) = µ( nd ) · F (d). d|n

P

Důkaz. Vztah F (n) = d|n f (d) lze jiným způsobem zapsat jako F = f ◦ I. Proto F ◦ µ = (f ◦ I) ◦ µ = f ◦ (I ◦ µ) = f ◦ I = f , což je tvrzení věty.  Definice. Multiplikativní funkcí přirozených čísel rozumíme takovou aritmetickou funkci, která splňuje, že pro všechny dvojice nesoudělných čísel a, b ∈ N platí f (a · b) = f (a) · f (b). Příklad. Multiplikativními funkcemi jsou např. funkce f (n) = σ(n), f (n) = τ (n), či f (n) = µ(n) nebo, jak brzy dokážeme i tzv. Eulerova funkce f (n) = ϕ(n).

19

3.3. Eulerova funkce ϕ. Definice. Nechť n ∈ N. Definujme Eulerovu funkci ϕ předpisem ϕ(n) = |{a ∈ N | 0 < a ≤ n, (a, n) = 1}| Příklad. ϕ(1) = 1, ϕ(5) = 4, ϕ(6) = 2, je-li p prvočíslo, je zřejmě ϕ(p) = p − 1. Nyní dokážeme několik důležitých tvrzení o funkci ϕ: P Lemma. Nechť n ∈ N. Pak d|n ϕ(d) = n. Důkaz. Uvažme n zlomků 1 2 3 n−1 n , , ,..., , . n n n n n Zkrátíme-li zlomky na základní tvar a seskupíme podle jmenovatelů, snadno dostaneme právě uvedené tvrzení.  Věta 11. Nechť n ∈ N, jehož rozklad je tvaru n = pα1 1 · · · pαk k . Pak     1 1 ϕ(n) = n · 1 − ··· 1 − . p1 pk Důkaz. S využitím předchozího lemmatu a Möbiovy inverzní formule dostáváme X n n n n ϕ(n) = µ(d) = n − − ··· − + · · · + (−1)k = d p1 pk p1 · · · pk d|n (13)     1 1 =n· 1− ··· 1 − . p1 pk  Poznámka. Předchozí výsledek lze obdržet i bez použití Möbiovy inverzní formule pomocí principu inkluze a exkluze na základě zjištění poučtu čísel soudělných s n. Důsledek. Nechť a, b ∈ N, (a, b) = 1. Pak ϕ(a · b) = ϕ(a) · ϕ(b). Důkaz. Zřejmý.



Poznámka. Rovněž toto tvrzení lze odvodit nezávisle na základě poznatku (n, ab) = 1 ⇐⇒ (n, a) = 1 ∧ (n, b) = 1. Spolu se snadno odvoditelným výsledkem ϕ(pα ) = pα − pα−1 = (p − 1) · pα−1

(14)

pak lze odvodit vztah (13) již třetím způsobem. Příklad. Vypočtěte ϕ(72). Řešení. 72 = 23 · 32 =⇒ ϕ(72) = 72 · (1 − 21 ) · (1 − 13 ) = 24, alternativně ϕ(72) = ϕ(8) · ϕ(9) = 4 · 6 = 24. 

20

Příklad. Dokažte, že ∀n ∈ N : ϕ(4n + 2) = ϕ(2n + 1). 1).

Řešení. ϕ(4n + 2) = ϕ(2 · (2n + 1)) = ϕ(2) · ϕ(2n + 1) = ϕ(2n + 

3.4. Malá Fermatova věta, Eulerova věta. Tvrzení v tomto odstavci patří mezi nejdůležitější výsledky teorie čísel. Věta 12 (Fermatova, Malá Fermatova). Nechť a ∈ Z, p prvočíslo, p - a. Pak ap−1 ≡ 1 (mod p). (15) Důkaz. Tvrzení vyplyne jako snadný důsledek Eulerovy věty 13.  Důsledek. Nechť a ∈ Z, p prvočíslo. Pak ap ≡ a

(mod p).

Důkaz. Pokud p | a, pak jsou obě strany kongruentní s 0 mod p, jinak tvrzení snadno plyne vynásobením obou stran kongruence (15) číslem a.  Definice. Úplná soustava zbytků modulo m je libovolná m-tice čísel po dvou nekongruentních modulo m (nejčastěji 0, 1, . . . , m − 1). Redukovaná soustava zbytků modulo m je libovolná ϕ(m)-tice čísel nesoudělných s m a po dvou nekongruentních modulo m. Poznámka. Snadno lze vidět, že jsou-li a, b ∈ Z, a ≡ b (mod m), a (a, m) = 1, pak i (b, m) = 1. Lemma. Nechť x1 , x2 , . . . , xϕ(m) tvoří redukovanou soustavu zbytků modulo m. Je-li a ∈ Z, (a, m) = 1 pak i čísla a · x1 , . . . , a · xϕ(m) tvoří redukovanou soustavu zbytků modulo m. Důkaz. Protože (a, m) = 1 a (xi , m) = 1, platí (a · xi , m) = 1. Kdyby pro nějaká i, j platilo a · xi ≡ a · xj (mod m), po vydělení obou stran kongruence číslem a nesoudělným s m dostaneme xi ≡ xj (mod m).  Věta 13 (Eulerova). Nechť a ∈ Z, m ∈ N, (a, m) = 1. Pak aϕ(m) ≡ 1

(mod m).

(16)

Důkaz. Buď x1 , x2 , . . . , xϕ(m) libovolná redukovaná soustava zbytků modulo m. Podle předchozího lemmatu je i a · x1 , . . . , a · xϕ(m) redukovaná soustava zbytků modulo m. Platí tedy, že pro každé i existuje j (oba indexy jsou z množiny {1, 2, . . . , ϕ(m)}) tak, že a · xi ≡ xj (mod m). Vynásobením čísel obou redukovaných soustav zbytků dostáváme (a · x1 ) · (a · x2 ) · · · (a · xϕ(m) ) ≡ x1 · x2 · · · xϕ(m)

(mod m).

21

Po úpravě aϕ(m) · x1 · x2 · · · xϕ(m) ≡ x1 · x2 · · · xϕ(m)

(mod m)

a protože (x1 · x2 · · · xϕ(m) , m) = 1, můžeme obě strany kongruence vydělit číslem x1 · x2 · · · xϕ(m) a dostaneme aϕ(m) ≡ 1 (mod m).  Poznámka. Eulerova věta je rovněž důsledkem Lagrangeovy věty uplatněným na grupu (Zm , ·)× . 2

Příklad. Nalezněte všechna prvočísla p, pro která 5p + 1 ≡ 0 (mod p2 ). Řešení. Snadno se přesvědčíme, že p = 5 úloze nevyhovuje. Pro p 6= 5 platí (p, 5) = 1, a tedy podle Fermatovy věty 5p−1 ≡ 1 (mod p). 2 2 Umocněním na p + 1 dostaneme 5p −1 ≡ 1 (mod p), odkud 5p ≡ 5 2 2 (mod p). Z podmínky 5p + 1 ≡ 0 (mod p)2 plyne 5p ≡ −1 (mod p), celkem tedy 5 ≡ −1 (mod p), a proto p | 6. Je tedy buď p = 2, nebo p = 3. Pro p = 2 však 54 + 1 ≡ 14 + 1 = 2 6≡ 0 (mod 4). Pro p = 3 dostáváme 59 + 1 = 56 · 53 + 1 ≡ 53 + 1 = 126 ≡ 0 (mod 9), kde jsme užili důsledek Eulerovy věty 56 ≡ 1 (mod 9). Jediným prvočíslem, vyhovujícím úloze je tedy p = 3.  Příklad. Pro liché číslo m > 1 nalezněte zbytek po dělení čísla číslem m.

ϕ(m)−1

2

Řešení. Z Eulerovy věty plyne 2ϕ(m) ≡ 1 ≡ 1 + m = 2r (mod m)), je přirozené číslo, 0 < r < m. Podle 9 (3) platí 2ϕ(m)−1 ≡ r kde r = 1+m 2 (mod m), a tedy hledaný zbytek po dělení je r = 1+m .  2 Tvrzení 3.1. Je-li p prvočíslo, p ≡ 3 (mod 4), pak pro libovolná celá čísla a, b z kongruence a2 + b2 ≡ 0 (mod p) plyne a ≡ b ≡ 0 (mod p). Důkaz. Předpokládejme, že pro a, b ∈ Z platí a2 +b2 ≡ 0 (mod p). Jestliže p | a, platí a ≡ 0 (mod p), proto b2 ≡ 0 (mod p), tedy p | b2 , odkud vzhledem k tomu, že p je prvočíslo, dostáváme p | b, a proto a ≡ b ≡ 0 (mod p), což jsme chtěli dokázat. Zbývá prošetřit případ, kdy a není dělitelné prvočíslem p. Odtud dostáváme, že p nedělí ani b (kdyby p | b, dostali bychom p | a2 ). Vynásobíme-li obě strany kongruence a2 ≡ −b2 (mod p) číslem bp−3 , dostaneme podle Fermatovy věty a2 bp−3 ≡ −bp−1 ≡ −1

(mod p).

Protože p ≡ 3 (mod 4), je p − 3 sudé číslo, a proto c = ab

p−3 2

p−3 2

∈ N0 . Označme

.

Pak c není dělitelné p a platí c2 = a2 bp−3 ≡ −1 (mod p). Umocníme-li ∈ N, dostaneme poslední kongruenci na p−1 2 cp−1 ≡ (−1)

p−1 2

(mod p).

22

Protože p ≡ 3 (mod 4), existuje celé číslo t tak, že p = 3+4t. Pak ovšem p−1 = 1 + 2t, což je číslo liché a proto (−1)(p−1)/2 = −1. Podle Fer2 matovy věty naopak platí cp−1 ≡ 1 (mod p), odkud 1 ≡ −1 (mod p) a p | 2, spor.  S Eulerovou funkcí a Eulerovou větou úzce souvisí pojem řád čísla modulo m: Definice. Nechť a ∈ Z, m ∈ N (a, m) = 1. Řádem čísla a modulo m rozumíme nejmenší přirozené číslo n splňující an ≡ 1

(mod m).

Příklad. Pro libovolné m ∈ N má číslo 1 modulo m řád 1. Číslo −1 má řád • 1 pro m = 1 nebo m = 2 • 2 pro m > 2 Příklad. Určete řád čísla 2 modulo 7. Řešení. 21 = 2 6≡ 1 2

(mod 7)

2 = 4 6≡ 1

(mod 7)

23 = 8 ≡ 1

(mod 7)

Řád čísla 2 modulo 7 je tedy roven 3.



Lemma. Nechť m ∈ N, a, b ∈ Z, (a, m) = (b, m) = 1. Jestliže a ≡ b (mod m), pak obě čísla a, b mají stejný řád modulo m. Důkaz. Umocněním kongruence a ≡ b (mod m) na n-tou dostaneme an ≡ bn (mod m), tedy an ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ bn ≡ 1 (mod m).  Lemma. Nechť m ∈ N, a ∈ Z, (a, m) = 1. Je-li řád čísla a modulo m roven r · s, (kde r, s ∈ N), pak řád čísla ar modulo m je roven s. Důkaz. později



Poznámka. Opak obecně neplatí – Př: později Věta 14. Nechť m ∈ N, a ∈ Z, (a, m) = 1. Označme r řád čísla a modulo m. Pak pro libovolná t, s ∈ N ∪ {0} platí at ≡ as Důkaz. později

(mod m) ⇐⇒ t ≡ s

(mod r). 

23

4. Kongruence o jedné neznámé Definice. Nechť m ∈ N, f (x), g(x) ∈ Z[x]. Zápis f (x) ≡ g(x)

(mod m)

(17)

nazýváme kongruencí o jedné neznámé x a rozumíme jím úkol nalézt množinu řešení, tj. množinu všech takových čísel c ∈ Z, pro která f (c) ≡ g(c) (mod m). Dvě kongruence o jedné neznámé nazveme ekvivalentní, mají-li stejnou množinu řešení. Kongruence (17) je ekvivalentní s kongruencí f (x) − g(x) ≡ 0 (mod m). {z } | ∈Z[x]

Věta 15. Nechť m ∈ N, f (x) ∈ Z[x]. Pro libovolná a, b ∈ Z platí a≡b

(mod m) =⇒ f (a) ≡ f (b)

(mod m).

Důkaz. snadný, později



Důsledek. Množina řešení libovolné kongruence modulo m je sjednocením některých zbytkových tříd modulo m. Definice. Počtem řešení kongruence o jedné neznámé modulo m rozumíme počet zbytkových tříd modulo m obsahujících řešení této kongruence. Příklad. (1) Kongruence 2x ≡ 3 (mod 3) má jedno řešení (modulo 3). (2) Kongruence 10x ≡ 15 (mod 15) má pět řešení (modulo 15). (3) Kongruence z příkladu (1) a (2) jsou ekvivalentní. 4.1. Lineární kongruence o jedné neznámé. Věta 16. Nechť m ∈ N, a, b ∈ Z. Označme d = (a, m). Pak kongruence ax ≡ b (mod m) (o jedné neznámé x) má řešení právě tehdy, když d | b. V případě, kdy d | b, má tato kongruence právě d řešení (modulo m). Důkaz. později



Příklad. Řešte 39x ≡ 41 (mod 47) Řešení. (1) Nejprve využijeme Eulerovu větu. Protože (39, 47) = 1, platí 39ϕ 47 = 3946 ≡ 1

(mod 47),

tj. 45 45 |39 {z· 39} x ≡ 39 · 41 (mod 47), 3946 ≡1

24

z čehož už dostáváme x ≡ 3945 · 41 (mod 47). Úplné řešení vyžaduje ještě vypočtení zbytku po dělení čísla 3945 · 41 číslem 47, ale to již jistě laskavý čtenář zvládne sám a zjistí výsledek x ≡ 36 (mod 47) (2) Další možností je využít Bezoutovu větu. Euklidovým algoritmem pro vypočtení (39, 47) dostáváme 47 = 1 · 39 + 8 39 = 4 · 8 + 7 8=1·7+1 Z čehož zpětným odvozením dostáváme 1 = 8 − 7 = 8 − (39 − 4 · 8) = 5 · 8 − 39 = = 5 · (47 − 39) − 39 = 5 · 47 − 6 · 39. Uvážíme-li tuto rovnost modulo 47, dostaneme 1 ≡ −6 · 39 (mod 47) / · 41 41 ≡ 41 · (−6) ·39 (mod 47) / · 41 | {z } x ≡ 41 · (−6) (mod 47) x ≡ −246

(mod 47)

x ≡ 36 (mod 47) (3) Obvykle nejrychlejším, ale nejhůře algoritmizovatelným způsobem řešení je metoda takových úprav kongruence, které zachovávají množinu řešení. 39x ≡ 41 (mod 47) −8x ≡ −6 4x ≡ 3

(mod 47) (mod 47)

4x ≡ −44 (mod 47) x ≡ −11 (mod 47) x ≡ 36 (mod 47)  Věta 17 (Wilsonova). Nechť p je prvočíslo, pak (p − 1)! ≡ −1 Důkaz. později

(mod p)

(18) 

25

4.2. Soustavy lineárních kongruencí o jedné neznámé. Mámeli soustavu lineárních kongruencí o téže neznámé, můžeme podle Věty 16 rozhodnout o řešitelnosti každé z nich. V případě, kdy aspoň jedna z kongruencí nemá řešení, nemá řešení ani celá soustava. Naopak, jestliže každá z kongruencí řešení má, upravíme ji do tvaru x ≡ ci (mod mi ). Dostaneme tak soustavu kongruencí x ≡ c1 .. .

(mod m1 )

x ≡ ck

(mod mk )

(19)

Zkoumejme nejprve případ k = 2, který – jak uvidíme později – má stěžejní význam pro řešení soustavy (19) s k > 2. Věta 18. Nechť c1 , c2 jsou celá čísla, m1 , m2 přirozená. Označme d = (m1 , m2 ). Soustava dvou kongruencí x ≡ c1

(mod m1 )

x ≡ c2

(mod m2 )

(20)

v případě c1 6≡ c2 (mod d) nemá řešení. Jestliže naopak c1 ≡ c2 (mod d), pak existuje celé číslo c tak, že x ∈ Z splňuje soustavu (19), právě když vyhovuje kongruenci x≡c

(mod [m1 , m2 ]).

Důkaz. Má-li soustava (20) nějaké řešení x ∈ Z, platí nutně x ≡ c1 (mod d), x ≡ c2 (mod d), a tedy i c1 ≡ c2 (mod d). Odtud plyne, že v případě c1 6≡ c2 (mod d) soustava (20) nemůže mít řešení. Předpokládejme dále c1 ≡ c2 (mod d). První kongruenci soustavy (20) vyhovují všechna celá čísla x tvaru x = c1 + tm1 , kde t ∈ Z je libovolné. Toto x bude vyhovovat i druhé kongruenci soustavy (20), právě když bude platit c1 + tm1 ≡ c2 (mod m2 ), tj. tm1 ≡ c2 − c1

(mod m2 ).

Podle Věty 16 má tato kongruence (vzhledem k t) řešení, neboť d = (m1 , m2 ) dělí c2 − c1 , a t ∈ Z splňuje tuto kongruenci právě když m c2 − c1  m1 ϕ( d2 )−1  m2  t≡ · mod , d d d tj. právě když m c2 − c1  m1 ϕ( d2 )−1 m2 t= · +r· , d d d kde r ∈ Z je libovolné. Dosazením  m ϕ( md2 ) m1 m2 1 x = c1 + tm1 = c1 + (c2 − c1 ) · +r = c + r · [m1 , m2 ], d d

26

kde c = c1 + (c2 − c1 ) · (m1 /d)ϕ(m2 /d) , neboť m1 m2 = d · [m1 , m2 ]. Našli jsme tedy takové c ∈ Z, že libovolné x ∈ Z splňuje soustavu (20), právě když x ≡ c (mod [m1 , m2 ]), což jsme chtěli dokázat.  Všimněme si, že důkaz této věty je konstruktivní, tj. udává vzorec, jak číslo c najít. Věta 18 nám tedy dává metodu, jak pomocí jediné kongruence zachytit podmínku, že x vyhovuje soustavě (20). Podstatné je, že tato nová kongruence je téhož tvaru jako obě původní. Můžeme proto tuto metodu aplikovat i na soustavu (19) – nejprve z první a druhé kongruence vytvoříme kongruenci jedinou, které vyhovují právě ta x, která vyhovovala původním dvěma kongruencím, pak z nově vzniklé a z třetí kongruence vytvoříme další atd. Při každém kroku se nám počet kongruencí soustavy sníží o 1, po k − 1 krocích tedy dostaneme kongruenci jedinou, která nám bude popisovat všechna řešení soustavy (19). Poznamenejme ještě, že číslo c z Věty 18 není nutné určovat pomocí uvedeného vzorce. Můžeme vzít libovolné t ∈ Z vyhovující kongruenci m1 c2 − c1  m2  ≡ mod t· d d d a položit c = c1 + tm1 . Důsledek (Čínská zbytková věta). Nechť m1 , , . . . , mk ∈ N jsou po dvou nesoudělná, a1 , . . . , ak ∈ Z. Pak platí: soustava x ≡ a1 (mod m1 ) .. (21) . x ≡ ak

(mod mk )

má jediné řešení modulo m1 · m2 · · · mk . Příklad. Řešte systém kongruencí x ≡ −3

(mod 49)

x≡

(mod 11).

2

Řešení. První kongruenci splňují právě všechna celá čísla x tvaru x = −3 + 49t, kde t ∈ Z. Dosazením do druhé kongruence dostáváme −3 + 49t ≡ 2

(mod 11),

odkud 5t ≡ 5 (mod 11), tedy, vzhledem k (5, 11) = 1, po vydělení pěti t≡1

(mod 11),

neboli t = 1+11s pro libovolné s ∈ Z. Proto x = −3+49(1+11s) = 46+ 539s, kde s ∈ Z, což můžeme také zapsat jako x ≡ 46 (mod 539). 

27

Příklad. Řešte systém kongruencí x≡

1

(mod 10)

x≡

5

(mod 18)

x ≡ −4

(mod 25).

Řešení. Z první kongruence dostáváme x = 1 + 10t pro t ∈ Z. Dosazením do druhé kongruence získáme 1 + 10t ≡ 5

(mod 18),

tedy 10t ≡ 4 (mod 18). Protože (10, 18) = 2 dělí číslo 4, má tato kongruence podle věty 4.2 řešení t ≡ 2 · 55 (mod 9), přičemž 2 · 55 = 10·252 ≡ 1·(−2)2 = 4 (mod 9), a tedy t = 4+9s, kde s ∈ Z. Dosazením x = 1 + 10(4 + 9s) = 41 + 90s. Z třetí kongruence pak vychází 41 + 90s ≡ −4

(mod 25),

tedy 90s ≡ −45 (mod 25). Vydělením pěti (včetně modulu, neboť 5 | 25) 18s ≡ −9 (mod 5), odkud −2s ≡ 1 (mod 5), tedy 2s ≡ 4 (mod 5), s ≡ 2 (mod 5), a proto s = 2 + 5r, kde r ∈ Z. Dosazením x = 41 + 90(2 + 5r) = 221 + 450r, tedy x ≡ 221 (mod 450).  Příklad. Řešte systém kongruencí x ≡ 18 (mod 25) x ≡ 21 (mod 45) x ≡ 25 (mod 73). Řešení. Z první kongruence x = 18 + 25t, kde t ∈ Z. Dosazením do druhé kongruence 18 + 25t ≡ 21 (mod 45), tedy 25t ≡ 3 (mod 45). Tato kongruence však podle Věty 16 nemá řešení, neboť (25, 45) = 5 nedělí číslo 3. Proto nemá řešení ani celý systém. Tento výsledek bychom také dostali přímo z Věty 18, neboť 18 6≡ 21 (mod (25, 45)).  Příklad. Řešte kongruenci 23 941x ≡ 915 (mod 3564). Řešení. Rozložme 3564 = 22 · 34 · 11. Protože ani 2, ani 3, ani 11 nedělí číslo 23 941, platí (23 941, 3564) = 1 a tedy podle Věty 18 má kongruence řešení. Protože ϕ(3564) = 2 · (33 · 2) · 10 = 1080, je řešení tvaru x ≡ 915 · 23 9411079 (mod 3564). Úprava čísla stojícího na pravé straně by však vyžádala značné úsilí. Proto budeme kongruenci řešit

28

poněkud jinak. Podle Věty 9 (6) je x ∈ Z řešením dané kongruence právě když je řešením soustavy 23941x ≡ 915

(mod 22 )

23941x ≡ 915

(mod 34 )

23941x ≡ 915

(mod 11)

(22)

Vyřešíme nyní každou z kongruencí soustavy (22) zvlášť. První z nich je splněna, právě když x≡3

(mod 4),

druhá, právě když 46x ≡ 24 (mod 81), odkud vynásobením dvěma 92x ≡ 48 (mod 81), tj. 11x ≡ −33 (mod 81) a po vydělení jedenácti x ≡ −3

(mod 81).

Třetí kongruence je splněna, právě když 5x ≡ 2

(mod 11),

odkud vynásobením číslem −2 dostaneme −10x ≡ −4 (mod 11), tedy x ≡ −4

(mod 11).

Libovolné x ∈ Z je tedy řešením soustavy (22), právě když je řešením soustavy x ≡ 3 (mod 4) x ≡ −3

(mod 81)

x ≡ −4

(mod 11)

(23)

Z druhé kongruence dostáváme, že x = −3 + 81t, kde t ∈ Z. Dosazením do třetí kongruence soustavy (23) dostaneme −3 + 81t ≡ −4

(mod 11),

tedy 81t ≡ −1 (mod 11), tj. 4t ≡ 32 (mod 11), odkud t ≡ 8 (mod 11), a proto t = −3 + 11s, kde s ∈ Z. Dosazením x = −3 + 81(−3 + 11s) = −3 − 3 · 81 + 11 · 81s do první kongruence soustavy (23) dostaneme −3 − 3 · 81 + 11 · 81s ≡ 3

(mod 4),

tedy 1 + 1 · 1 + (−1) · 1s ≡ 3

(mod 4),

tj. −s ≡ 1 (mod 4) a proto s = −1 + 4r, kde r ∈ Z. Je tedy x = −3−3·81+11·81(−1+4r) = −3−14·81+4·11·81r = −1137+3564r, neboli x ≡ −1137 (mod 3564), což je také řešení zadané kongruence. 

29

4.3. Kongruence vyšších stupňů. Vraťme se k obecnějšímu případu, kdy na obou stranách kongruence stojí mnohočleny téže proměnné x s celočíselnými koeficienty. Snadno můžeme tuto kongruenci odečtením upravit na tvar F (x) ≡ 0

(mod m),

(24)

kde F (x) je mnohočlen s celočíselnými koeficienty a m ∈ N. Popíšeme si jednu sice pracnou, ale univerzální metodu řešení této kongruence, která je založena na následující větě. Tvrzení 4.1. Pro libovolný mnohočlen F (x) s celočíselnými koeficienty, přirozené číslo m a celá čísla a, b taková, že a ≡ b (mod m), platí F (a) ≡ F (b) (mod m). Důkaz. Nechť je F (x) = cn xn + cn−1 xn−1 + · · · + c1 x + c0 , kde c0 , c1 , . . . , cn ∈ Z. Protože a ≡ b (mod m), pro každé i = 1, 2, . . . , n platí podle Věty 9(2) c i ai ≡ c i b i

(mod m),

a tedy sečtením těchto kongruencí pro i = 1, 2, . . . , n a kongruence c0 ≡ c0 (mod m) dostaneme cn an +an−1 an−1 +· · ·+c1 a+c0 ≡ cn bn +cn−1 bn−1 +· · ·+c1 b+c0 tj. F (a) ≡ F (b) (mod m).

(mod m), 

Při řešení kongruence (24) tedy stačí zjistit, pro která celá čísla a, 0 ≤ a < m, platí F (a) ≡ 0 (mod m). Nevýhodou této metody je její pracnost, která se zvyšuje se zvětšující se hodnotou m. Je-li m složené, m = pn1 1 . . . pnk k , kde p1 , . . . , pk jsou různá prvočísla, a je-li navíc k > 1, můžeme nahradit kongruenci (24) soustavou kongruencí F (x) ≡ 0 .. .

(mod pn1 1 )

F (x) ≡ 0

(mod pnk k ),

(25)

která má stejnou množinu řešení, a řešit každou kongruenci této soustavy zvlášť. Tím získáme obecně několik soustav kongruencí (19), které už umíme řešit. Výhoda této metody spočívá v tom, že moduly kongruencí soustavy (25) jsou menší než modul původní kongruence (24). Příklad. Řešte kongruenci x5 + 1 ≡ 0 (mod 11). Řešení. Označme F (x) = x5 + 1. Pak platí F (0) = 1, F (1) = 2 a dále platí F (2) = 33 ≡ 0

(mod 11),

F (3) = 35 + 1 = 9 · 9 · 3 + 1 ≡ (−2)2 · 3 + 1 = 12 + 1 ≡ 2 F (4) = 45 + 1 = 210 + 1 ≡ 1 + 1 = 2

(mod 11),

(mod 11),

30

kde jsme využili Fermatovu větu 12, podle které 210 ≡ 1 (mod 11). Podobně dále F (5) = 55 + 1 ≡ 165 + 1 = 410 + 1 ≡ 1 + 1 = 2 (mod 11), F (6) = 65 + 1 ≡ (−5)5 + 1 ≡ −165 + 1 ≡ −410 + 1 ≡ 0 F (7) = 75 + 1 ≡ (−4)5 + 1 = −210 + 1 ≡ −1 + 1 = 0 F (8) = 85 + 1 ≡ 25 · 210 + 1 ≡ 32 + 1 ≡ 0 F (9) = 95 + 1 = 310 + 1 ≡ 1 + 1 = 2 5

5

F (10) = 10 + 1 ≡ (−1) + 1 = 0

(mod 11), (mod 11),

(mod 11),

(mod 11),

(mod 11),

a tedy řešením kongruence x5 + 1 ≡ 0 (mod 11) jsou právě všechna x, vyhovující některé z kongruencí x ≡ 2 (mod 11), x ≡ 6 (mod 11), x ≡ 7 (mod 11), x ≡ 8 (mod 11), x ≡ 10 (mod 11).  Příklad. Řešte kongruenci x3 − 3x + 5 ≡ 0 (mod 105). Řešení. Kdybychom postupovali obdobně jako dříve pro m = 105, museli bychom spočítat pro F (x) = x3 − 3x + 5 sto pět hodnot F (0), F (1), . . . , F (104). Proto raději rozložíme 105 = 3 · 5 · 7 a budeme řešit kongruence F (x) ≡ 0 postupně pro moduly 3, 5, 7. Platí F (0) = 5, F (1) = 3, F (2) = 7, F (3) = 23, F (−1) = 7, F (−2) = 3, F (−3) = −13 (pro snadnější výpočty jsme počítali například F (−1) místo F (6) – využijeme toho, že F (6) ≡ F (−1) (mod 7) podle předchozího Tvrzení a podobně). Kongruence F (x) ≡ 0 (mod 3) má tedy řešení x ≡ 1 (mod 3); kongruence F (x) ≡ 0 (mod 5) má řešení x ≡ 0 (mod 5); řešením kongruence F (x) ≡ 0 (mod 7) jsou x ∈ Z splňující x ≡ 2 (mod 7) nebo x ≡ −1 (mod 7). Zbývá tedy vyřešit dvě soustavy kongruencí: x≡1

(mod 3),

x≡0

(mod 5),

x≡2

(mod 7)

a

x≡

1

(mod 3),

x≡

0

(mod 5),

x ≡ −1

(mod 7).

Protože první dvě kongruence jsou u obou soustav stejné, budeme se nejprve zabývat jimi. Ze druhé kongruence dostáváme x = 5t pro t ∈ Z, dosazením do první 5t ≡ 1 (mod 3), tedy −t ≡ 1 (mod 3), odkud t = −1 + 3s pro s ∈ Z, odkud x = −5 + 15s. Dosaďme nejprve do třetí kongruence první soustavy: −5 + 15s ≡ 2

(mod 7),

odkud s ≡ 0 (mod 7), tj. s = 7r pro r ∈ Z a proto x = −5 + 105r. Dosadíme-li x = −5 + 15s do třetí kongruence druhé soustavy, dostaneme −5 + 15s ≡ −1 (mod 7), odkud s ≡ 4 (mod 7), tj. s = 4 + 7r pro r ∈ Z, a proto x = −5 + 15(4 + 7r) = 55 + 105r. Celkem jsou tedy řešením dané kongruence

31

F (x) ≡ 0 (mod 105) všechna celá čísla x, splňující x ≡ −5 (mod 105) nebo x ≡ 55 (mod 105).  Postup pro řešení kongruencí modulo mocnina prvočísla udává důkaz následující věty. Věta 19. Nechť p je prvočíslo, f (x) ∈ Z[x], a ∈ Z je takové, že p | f (a), p - f 0 (a). Pak platí: pro každé n ∈ N má soustava x≡a f (x) ≡ 0

(mod p)

(26)

(mod pn )

právě jedno řešení modulo pn . Důkaz. Indukcí vzhledem k n. Případ n = 1 je zřejmý. Nechť dále n > 1 a věta platí pro n − 1. Je-li x řešením (26) pro n, je řešením (26) i pro n − 1. Libovolné řešení (26) pro n je tedy tvaru x = cn−1 + k · pn−1 , kde k ∈ Z. Je třeba zjistit, zda f (cn−1 + k · pn−1 ) ≡ 0 (mod pn ). Víme, že pn−1 | f (cn−1 + k · pn−1 ) a užijme binomickou větu pro f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 , kde a0 , . . . , am ∈ Z. Pak n−1 (cn−1 + k · pn−1 )i ≡ cin−1 + i · ci−1 n−1 · kp

(mod pn ).

Platí tedy f (cn−1 + k · pn−1 ) ≡ f (cn−1 ) + k · pn−1 f 0 (cn−1 ), tj. f (cn−1 + k · pn−1 ) ≡ 0

(mod pn ) ⇐⇒ ⇐⇒ 0 ≡

f (cn−1 ) + k · f 0 (cn−1 ) n−1 p

(mod p).

Protože cn−1 ≡ a (mod p), dostaneme f 0 (cn−1 ) ≡ f 0 (a) 6≡ 0 (mod p), tedy (f 0 (cn−1 ), p) = 1. Užitím Věty 16 o řešitelnosti lineárních kongruencí dostáváme, že existuje právě jedno řešení k (modulo p) této kongruence a protože cn−1 bylo podle indukčního předpokladu jediné řešení modulo pn−1 , je číslo cn−1 +k ·pn−1 jediným řešením (26) modulo pn .  Příklad. Řešte kongruenci x4 + 7x + 4 ≡ 0 (mod 27). Příklad. Řešme nejprve tuto kongruenci modulo 3 (např. dosazením) – snadno zjistíme, že řešení je x ≡ 1 (mod 3). Zapišme řešení ve

32

tvaru x = 1 + 3t, kde t ∈ Z a řešme kongruenci modulo 9. x4 + 7x + 4 ≡ 0

(mod 9)

(1 + 3t)4 + 7(1 + 3t) + 4 ≡ 0

(mod 9)

4

(1 + 3t) + 7(1 + 3t) + 4 ≡ 0

(mod 9)

1 + 4 · 3t + 7 + 7 · 3t + 4 ≡ 0

(mod 9)

33t ≡ −12 (mod 9) 11t ≡ −4

(mod 3)

t≡1

(mod 3)

Zapsáním t = 1 + 3s, kde s ∈ Z dostaneme x = 4 + 9s a po dosazení (4 + 9s)4 + 7(4 + 9s) + 4 ≡ 0

(mod 27)

44 + 4 · 43 · 9s + 28 + 63s + 4 ≡ 0

(mod 27)

256 · 9s + 63s ≡ −288

(mod 27)

256s + 7s ≡ −32 (mod 3) 2s ≡ 1

(mod 3)

s≡2

(mod 3)

Celkem dostáváme řešení x = 4 + 9s = 4 + 9(2 + 3r) = 22 + 27r, kde r ∈ Z, neboli x ≡ 22 (mod 27).  5. Diofantické rovnice Už ve třetím století našeho letopočtu se řecký matematik Diofantos zabýval řešením rovnic, ve kterých za řešení připouštěl jen celá čísla. Není se čemu divit, vždyť v mnoha praktických úlohách, vedoucích k rovnicím, nemusí mít neceločíselná řešení rozumnou interpretaci. (Jde například o úlohu, jak pomocí pětilitrové a sedmilitrové nádoby odměřit do třetí nádoby osm litrů vody, která vede na rovnici 5x + 7y = 8.) Na Diofantovu počest se rovnice, ve kterých hledáme jen celočíselná řešení, nazývají diofantické. Pro řešení těchto rovnic bohužel neexistuje žádná univerzální metoda. Dokonce neexistuje ani metoda (jinými slovy algoritmus), která by určila, jestli má obecná polynomiální diofantická rovnice řešení. Tato otázka je známá pod názvem 10. Hilbertův problém a důkaz neexistence algoritmu podal ri$i Matiseviq (Yuri Matiasevič) v roce 1970 (viz elementárně psaný text [1]). Přesto však uvedeme několik nejobvyklejších metod, které v řadě konkrétních případů povedou k výsledku. 5.1. Lineární diofantické rovnice. a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b,

(27)

kde x1 , . . . , xn jsou neznámé, a1 , . . . , an , b daná celá čísla. Budeme předpokládat, že ai 6= 0 pro každé i = 1, . . . , n (je-li ai = 0, pak neznámá

33

xi z rovnice „zmizíÿ). K řešení těchto rovnic je možné užít kongruencí. Nejprve si všimněme, kdy má rovnice (27) řešení. Jestliže číslo b není dělitelné číslem d = (a1 , . . . , an ), nemůže mít (27) žádné řešení, protože pro libovolná celá čísla x1 , . . . , xn je levá strana (27) dělitelná číslem d. Jestliže naopak d | b, můžeme celou rovnici (27) vydělit číslem d. Dostaneme tak ekvivalentní rovnici a01 x1 + a02 x2 + · · · + a0n xn = b0 , kde a0i = ai /d pro i = 1, . . . , n a b0 = b/n. Přitom platí d · (a01 , . . . , a0n ) = (da01 , . . . , da0n ) = (a1 , . . . , an ) = d, a tedy (a01 , . . . , a0n ) = 1. V následující větě ukážeme, že taková rovnice má vždy řešení, a proto naše úvahy můžeme shrnout takto: rovnice (27) má celočíselné řešení, právě když číslo b je dělitelné největším společným dělitelem čísel a1 , a2 , . . . , an . Věta 20. Nechť n ≥ 2. Rovnice a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b,

(28)

kde a1 , a2 , . . . , an , b jsou celá čísla taková, že (a1 , . . . , an ) = 1, má vždy celočíselné řešení. Všechna celočíselná řešení této rovnice je možné popsat pomocí n − 1 celočíselných parametrů. Důkaz. Provedeme indukcí vzhledem k počtu n neznámých xi v rovnici (28). Je výhodné formálně začít s případem n = 1, kdy podmínka (a1 ) = 1 znamená, že a1 = ±1. Tehdy rovnice (28) má tvar buď x1 = b, nebo −x1 = b, a tedy jediné řešení, které zřejmě nezávisí na žádném parametru, což odpovídá tomu, že n − 1 = 0. Předpokládejme, že n ≥ 2 a že věta platí pro rovnice o n − 1 neznámých; dokážeme ji pro rovnici (28) o n neznámých. Označme d = (a1 , . . . , an−1 ). Pak libovolné řešení x1 , . . . , xn rovnice (28) triviálně splňuje kongruenci a1 x 1 + a2 x 2 + · · · + an x n ≡ b

(mod d).

Vzhledem k tomu, že d je společný dělitel čísel a1 , . . . , an−1 , je tato kongruence tvaru an xn ≡ b (mod d). Protože platí, že (d, an ) = (a1 , . . . , an−1 , an ) = 1, má podle věty 16 tato kongruence řešení xn ≡ c (mod d), kde c je vhodné celé číslo, neboli xn = c + d · t, kde t ∈ Z je libovolné. Dosazením do (28) a úpravou dostaneme a1 x1 + · · · + an−1 xn−1 = b − an c − an dt.

34

Protože an c ≡ b (mod d), je číslo (b − an c)/d celé a poslední rovnici můžeme vydělit číslem d. Dostaneme pak rovnici a01 x1 + · · · + a0n−1 xn−1 = b0 , kde a0i = ai /d pro i = 1, . . . , n − 1 a b0 = ((b − an c)/d) − an t. Protože (a01 , . . . , a0n−1 ) = (da01 , . . . , da0n−1 ) ·

1 d

= (a1 , . . . , an−1 ) ·

1 d

= 1,

podle indukčního předpokladu má tato rovnice pro libovolné t ∈ Z řešení popsatelné pomocí n − 2 celočíselných parametrů. Přidáme-li k tomuto řešení podmínku xn = c + dt, dostaneme řešení rovnice (28) popsané pomocí n − 2 původních parametrů a nového parametru t. Důkaz indukcí je hotov.  Metodu z důkazu věty 20 použijeme na řešení následujících diofantických rovnic, v nichž z důvodů přehlednosti zápisu budeme neznámé značit x, y, z, . . . místo x1 , x2 , x3 , . . . . Příklad. 5x + 7y = 8. Řešení. Libovolné řešení této rovnice musí splňovat kongruenci 5x + 7y ≡ 8

(mod 5),

tedy 2y ≡ −2 (mod 5)), odkud y ≡ −1 (mod 5)), tj. y = −1 + 5t pro t ∈ Z. Dosazením do dané rovnice dostaneme 5x + 7(−1 + 5t) = 8, odkud vypočítáme x = 3 − 7t. Řešením naší rovnice je tedy x = 3 − 7t,

y = −1 + 5t,

kde t je libovolné celé číslo.



Příklad. 91x − 28y = 35. Řešení. Protože (91, 28) = 7 a 7 | 35, má rovnice celočíselné řešení. Vydělme ji sedmi: 13x − 4y = 5. Libovolné řešení této rovnice musí splňovat kongruenci 13x − 4y ≡ 5

(mod 13),

tj. −4y ≡ −8 (mod 13), odkud y ≡ 2 (mod 13) a y = 2 + 13t pro t ∈ Z. Dosazením 13x − 4(2 + 13t) = 5, odkud vypočteme x = 1+4t. Řešením je tedy x = 1+4t, y = 2+13t, kde t je libovolné celé číslo. Tentýž výsledek bychom samozřejmě dostali, i kdybychom uvažovali kongruenci podle modulu 4 místo 13. Protože řešit kongruenci podle menšího modulu bývá snadnější, je vhodné na to pamatovat a uspořádat si výpočet tak, aby nebylo nutné pracovat s kongruencemi podle velkých modulů.  Příklad. 18x + 20y + 15z = 1.

35

Řešení. Protože (18, 20, 15) = 1, má rovnice celočíselné řešení. Libovolné řešení musí splňovat kongruenci (za modul volíme největší společný dělitel čísel 18, 20) 18x + 20y + 15z ≡ 1

(mod 2),

tedy z ≡ 1 (mod 2), odkud z = 1 + 2s, kde s ∈ Z. Dosazením 18x + 20y + 15(1 + 2s) = 1 odkud po vydělení dvěma a úpravě dostaneme rovnici, 9x + 10y = −7 − 15s kterou budeme řešit pro libovolné s ∈ Z. Je-li tato rovnice splněna, musí platit 9x + 10y ≡ −7 − 15s (mod 9), odkud y ≡ 2+3s (mod 9), a proto y = 2+3s+9t, kde t ∈ Z. Dosazením 9x + 10(2 + 3s + 9t) = −7 − 15s, odkud po úpravě x = −3 − 5s − 10t. Řešení dané rovnice jsou tedy trojice x = −3 − 5s − 10t y = 2 + 3s + 9t z = 1 + 2s kde s, t jsou libovolná celá čísla.



Příklad. 15x − 12y + 48z − 51u = 1. Řešení. Protože (15, 12, 48, 51) = 3 není dělitel čísla 1, nemá rovnice celočíselné řešení.  5.2. Diofantické rovnice lineární vzhledem k některé neznámé. Jde o rovnice, které můžeme upravit do tvaru mxn = F (x1 , . . . , xn−1 ),

(29)

kde m je přirozené číslo a F (x1 , . . . , xn−1 ) mnohočlen s celočíselnými koeficienty. Je zřejmé, že má-li být x1 , x2 , . . . , xn celočíselným řešením rovnice (29), musí platit F (x1 , . . . , xn−1 ) ≡ 0

(mod m).

(30)

Naopak, je-li x1 , . . . , xn−1 řešení kongruence (30), pak pro xn = F (x1 , . . . , xn−1 )/m dostaneme celočíselné řešení x1 , . . . , xn−1 , xn rovnice (29). Proto pro řešení rovnice (29) postačí vyřešit kongruenci (30). V případě n = 2, tj. v případě, kdy je mnohočlen F (x1 ) mnohočlenem jedné proměnné, jde o úlohu, kterou jsme se zabývali v části 4. Případ n > 2 je však možné řešit zcela analogicky pomocí následující věty.

36

Věta 21. Pro libovolný mnohočlen F (x1 , . . . , xs ) s celočíselnými koeficienty, přirozené číslo m a celá čísla a1 , . . . , as , b1 , . . . , bs taková, že a1 ≡ b1 (mod m), . . . , as ≡ bs (mod m), platí F (a1 , . . . , as ) ≡ F (b1 , . . . , bs ) (mod m). Důkaz. Snadný.



Pro nalezení všech řešení kongruence (30) tedy postačí dosazovat do mnohočlenu F (x1 , . . . , xn−1 ) za x1 , . . . , xn−1 nezávisle na sobě postupně čísla 0, 1, 2, . . . , m − 1 (tj. celkem mn−1 -krát). A právě tehdy, když pro čísla a1 , . . . , an−1 je splněna podmínka F (a1 , . . . , an−1 ) ≡ (mod m), dostáváme řešení kongruence (30) ve tvaru x1 = a1 + mt1 , . . . , xn−1 = an−1 + mtn−1 , kde t1 , . . . , tn−1 mohou nabývat libovolných celočíselných hodnot. Tak dostaneme i řešení rovnice (29): x1 = a1 + mt1 , .. . xn−1 = an−1 + mtn−1 , 1 xn = F (a1 + mt1 , . . . , an−1 + mtn−1 ). m Příklad. Řešte diofantickou rovnici 7x2 + 5y + 13 = 0. Řešení. Rovnici upravíme na tvar 5y = −7x2 − 13 a budeme řešit kongruenci −7x2 − 13 ≡ 0 (mod 5), tj. 3x2 ≡ 3 (mod 5), odkud x2 ≡ 1 (mod 5). Dosadíme-li za x čísla 0, 1, 2, 3, 4, zjistíme, že kongruence je splněna pro čísla 1 a 4. Řešením této kongruence jsou tedy podle 4.11 právě čísla x = 1 + 5t

nebo

x = 4 + 5t,

kde t ∈ Z. Dosazením dostaneme v prvním případě 5y = −7(1 + 5t)2 − 13 = −7 − 70t − 175t2 − 13 a tedy y = −4 − 14t − 35t2 , ve druhém případě 5y = −7(4 + 5t)2 − 13 = −112 − 280t − 175t2 − 13, a proto y = −25 − 56t − 35t2 . Řešením dané rovnice jsou tedy právě všechny dvojice čísel x, y tvaru x = 1+5t, y = −4−14t−35t2 kde t je libovolné celé číslo.

nebo x = 4+5t, y = −25−56t−35t2 , 

37

Příklad. Řešte diofantickou rovnici x(x + 3) = 4y − 1. Řešení. Rovnici upravíme na tvar 4y = x2 + 3x + 1 a budeme řešit kongruenci x2 + 3x + 1 ≡ 0

(mod 4).

Dosazením čísel 0, 1, 2, 3 zjistíme, že kongruenci nesplňuje žádné z nich, a tedy tato kongruence nemá řešení. Řešení proto nemá ani daná rovnice.  Příklad. Řešte diofantickou rovnici x2 + 4z 2 + 6x + 7y + 8z = 1. Řešení. Rovnici upravíme na tvar 7y = −x2 − 6x − 4z 2 − 8z + 1 a doplníme na čtverce 7y = −(x + 3)2 − (2z + 2)2 + 14. Proto budeme řešit kongruenci (x + 3)2 + (2z + 2)2 ≡ 0

(mod 7)

(31)

Nyní bychom mohli za uspořádanou dvojici (x; z) postupně dosazovat uspořádané dvojice (0; 0), (0; 1), . . . , (0; 6), (1; 0), (1; 1), . . . , (6; 5), (6; 6) a spočítat pro všech 49 hodnot výraz stojící na levé straně kongruence (31). Výhodnější ale bude využít tvaru kongruence (31) a odvolat se na tvrzení tvr:nonresidue-3mod-4, odkud pro p = 7, a = x + 3, b = 2z + 2 dostaneme, že z kongruence (31) plyne x + 3 ≡ 2z + 2 ≡ 0

(mod 7),

a tedy všechna řešení kongruence (31) jsou tvaru x = −3 + 7t,

z = −1 + 7s,

kde t, s jsou celá čísla. Dosazením do rovnice dostaneme 7y = −(x + 3)2 − (2z + 2)2 + 14 = −49t2 − 196s2 + 14, odkud y = −7t2 − 28s2 + 2. Řešením dané rovnice jsou tedy právě všechny trojice čísel x, y, z tvaru x = −3 + 7t,

y = −7t2 − 28s2 + 2,

kde s, t jsou libovolná celá čísla.

z = −1 + 7s, 

38

5.3. Rovnice jiného tvaru. Metodu, kterou jsme řešili předchozí příklady, je možno popsat také takto: „vyjádři některou z neznámých pomocí ostatních a zkoumej, kdy je celočíselnáÿ. Skutečně, vyjádříme-li z rovnice (29) neznámou xn , dostaneme F (x1 , . . . , xn−1 ) xn = , m což je celé číslo, právě když m | F (x1 , . . . , xn−1 ), tj. právě když je splněna kongruence (30). Ukážeme si na příkladech, že tento postup je použitelný i na rovnice, které nejsou tvaru (29). V příkladech uvedeme i případ, kdy je vhodné vyjádřit namísto některé neznámé nějaký jiný vhodný výraz a zkoumat, za jakých okolností bude celočíselný. Příklad. Řešte diofantickou rovnici 3x = 4y + 5. Řešení. Vyjádřeme z této rovnice neznámou y: 1 y = (3x − 5). 4 x Je-li x < 0, je 0 < 3 < 1, a tedy 41 (3x − 5) ∈ / Z. Pro x ≥ 0 platí 3x − 5 ≡ (−1)x − 1

(mod 4);

x

číslo (−1) −1 je kongruentní s nulou podle modulu 4 právě tehdy, když x je sudé, tj. x = 2k, kde k ∈ N0 . Řešením této diofantické rovnice jsou tedy právě všechny dvojice x = 2k,

y=

9k − 5 , 4

kde k ∈ N0 je libovolné.



Příklad. Řešte v Z rovnici x(y + 1)2 = 243y . Řešení. Vyjádřeme neznámou x: 243y x= . (y + 1)2 Aby x ∈ Z, musí (y + 1)2 být dělitelem čísla 243y. Protože y a y + 1 jsou nesoudělná čísla pro libovolné y ∈ Z, musí být (y + 1)2 dělitelem čísla 243 = 35 . Toto číslo má však jen tři dělitele, kteří jsou druhou mocninou celého čísla: 1,9 a 81. Proto musí nastat některá z těchto možností: y + 1 = ±1, y + 1 = ±3 nebo y + 1 = ±9. Dostáváme tedy šest řešení dané rovnice: y y y y y y

= 0, = −2, = 2, = −4, = 8, = −10,

x = 0, x = −2 · 243 = −486, x = 2 · 27 = 54, x = −4 · 27 = −108, x = 8 · 3 = 24, x = −10 · 3 = −30.

39

Jiná řešení daná diofantická rovnice nemá.  √ √ √ Příklad. Řešte v N rovnici x + y = 1988 . √ Řešení. Odečteme-li od obou stran rovnice y a umocníme-li na druhou, dostaneme p x = 1988 − 4 7 · 71 · y + y. √ √ Jsou-li x, y celá čísla, je √ i 4 7 · 71y celé číslo, a tedy 7 · 71y je racionální číslo. Pak je 7 · 71y = k nezáporné celé číslo. Platí tedy 7 · 71y = k 2 , odkud plyne, že k 2 a tedy i k je dělitelné prvočísly 7, 71. Je tedy k = 7 · 71t pro vhodné t ∈ N0 a tedy k2 y= = 497t2 . 7 · 71 Zcela analogicky je možné odvodit, že existuje s ∈ N0 tak, že x = 497s2 . Dosazením do původní rovnice dostáváme √ √ √ 497s + 497t = 1988, odkud po vydělení plyne s + t = 2. Jsou tedy tři možnosti: s = 0, t = 2 nebo s = t = 1 nebo s = 2, t = 0, takže daná diofantická rovnice má tři řešení: x = 0,

y = 1988 nebo x = y = 497 nebo x = 1988,

y = 0. 

5.4. Řešení diofantických rovnic pomocí nerovností. Tato metoda je založena na tom, že pro libovolná reálná čísla a, b existuje jen konečně mnoho celých čísel x tak, že a < x < b. Proto při řešení dané rovnice hledáme taková čísla a, b, aby nerovnosti a < x < b pro některou neznámou x byly důsledkem této rovnice. Konečně mnoho celých čísel ležících mezi čísly a, b pak můžeme jedno po druhém dosadit do rovnice za x a tím ji zjednodušit. Ukažme si to na následujících příkladech. Příklad. Řešte diofantickou rovnici 6x2 + 5y 2 = 74. Řešení. Protože pro libovolné y ∈ Z platí 5y 2 ≥ 0, musí libovolné řešení x, y dané rovnice splňovat 74 = 6x2 + 5y 2 ≥ 6x2 , odkud x2 < 37 , tedy −3 ≤ x ≤ 3, proto x2 je některé z čísel 0, 1, 4, 9. 3 Dosazením do rovnice postupně dostáváme 5y 2 = 74, 5y 2 = 68, 5y 2 = 50, 5y 2 = 20. První tři případy jsou ve sporu s y ∈ Z, z posledního dostáváme y 2 = 4, tj. y = ±2. Rovnice má tedy čtyři řešení: x = 3, y = 2; x = 3, y = −2; x = −3, y = 2; x = −3, y = −2.  Příklad. Řešte v Z rovnici x2 + xy + y 2 = x2 y 2 .

40

Řešení. Protože jsou v dané rovnici neznámé x, y zastoupeny symetricky, můžeme předpokládat, že x2 ≤ y 2 , odkud plyne xy ≤ y 2 , a tedy x2 y 2 = x2 + xy + y 2 ≤ y 2 + y 2 + y 2 = 3y 2 . Platí tedy y = 0 nebo x2 ≤ 3. Dosazením do rovnice dostáváme v prvním případě x = 0, ve druhém pro x = 0 opět y = 0, pro x = 1 je y = −1 a pro x = −1 je y = 1. Rovnice má tedy tři řešení: x = 0,

y = 0;

x = 1,

y = −1;

x = −1,

y = 1. 

Příklad. Řešte v Z 2x = 1 + 3y . Řešení. Je-li y < 0, platí 1 < 1 + 3y < 2, odkud 0 < x < 1, což je spor. Je tedy y ≥ 0 a proto 2x = 1 + 3y ≥ 2, odkud x ≥ 1. Ukážeme, že také platí x ≤ 2. Kdyby totiž bylo x ≥ 3, platilo by 1 + 3y = 2x ≡ 0

(mod 8),

odkud bychom dostali 3y ≡ −1

(mod 8),

což však není možné, neboť pro sudá čísla y je 3y ≡ 1 (mod 8) a pro lichá čísla y platí 3y ≡ 3 (mod 8). Zbývá tedy vyřešit případ 1 ≤ x ≤ 2. Pro x = 1 dostáváme 3y = 21 − 1 = 1, a tedy y = 0. Z x = 2 plyne 3y = 22 − 1 = 3, takže y = 1. Rovnice má tedy dvě řešení: x = 1, y = 0 a x = 2, y = 1.  Příklad. Řešte rovnici x + y + z = xyz v oboru přirozených čísel. Řešení. Protože jsou v dané rovnici neznámé zastoupeny symetricky, můžeme předpokládat x ≤ y ≤ z. Pak ale xyz = x + y + z ≤ z + z + z = 3z, odkud xy ≤ 3. Je tedy xy = 1, nebo xy = 2, nebo xy = 3. Je-li xy = 1, platí x = 1, y = 1, odkud dostaneme dosazením do rovnice 2 + z = z, což není možné. Je-li xy = 2, platí x = 1, y = 2 (předpokládáme x ≤ y), odkud 3 + z = 2z, a tedy z = 3. Je-li xy = 3, platí x = 1, y = 3, odkud 4 + z = 3z, tedy z = 2, což je ve sporu s předpokladem y ≤ z. Rovnice má tedy jediné řešení x = 1, y = 2, z = 3 splňující x ≤ y ≤ z. Všechna řešení v oboru přirozených čísel dostaneme všemi záměnami pořadí čísel 1, 2, 3: (x; y; z) ∈ {(1; 2; 3), (1; 3; 2), (2; 1; 3), (2; 3; 1), (3; 1; 2), (3; 2; 1)}.

41

 Často je možné s výhodou ukázat sporem, že množina hodnot neznámé x je konečná a omezená nerovnostmi a < x < b; přitom z předpokladu x ≤ a (resp. x ≥ b) odvodíme nepravdivé tvrzení. V následujících příkladech bude takovým nepravdivým tvrzením dvojice nerovností cn < dn < (c + 1)n , kde c, d jsou celá a n přirozené číslo. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y 2 . Řešení. Úpravou y 2 = (x2 + 8x)(x2 + 8x + 7). Označíme-li x2 + 8x = z, je naše rovnice tvaru y 2 = z 2 + 7z. Ukážeme, že z ≤ 9. Předpokládejme naopak z > 9. Pak platí (z + 3)2 = z 2 + 6z + 9 < z 2 + 7z = y 2 < z 2 + 8z + 16 = (z + 4)2 , což je spor, neboť z + 3, y, z + 4 jsou celá čísla a z těchto nerovností by plynulo |z + 3| < |y| < |z + 4|. 2 Je tedy z ≤ 9, tj. x + 8x ≤ 9, odkud (x + 4)2 = x2 + 8x + 16 ≤ 25, a proto −5 ≤ x + 4 ≤ 5, neboli −9 ≤ x ≤ 1. Dosazením těchto hodnot do rovnice dostaneme všechna řešení: (x; y) ∈ {(−9; 12), (−9; −12), (−8; 0), (−7; 0), (−4; 12), (−4; −12), (−1; 0), (0; 0), (1; 12), (1; −12)}.  Příklad. Řešte diofantickou rovnici (x + 2)4 − x4 = y 3 . Řešení. Úpravou získáme y 3 = 8x3 + 24x2 + 32x + 16 = 8(x3 + 3x2 + 4x + 2), odkud plyne, že y je sudé. Položme y = 2z, z ∈ Z. Platí tedy z 3 = x3 + 3x2 + 4x + 2. Je-li x ≥ 0, platí (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 < x3 + 3x2 + 4x + 2 = = z 3 < x3 + 6x2 + 12x + 8 = (x + 2)3 , odkud x + 1 < z < x + 2, což není možné. Daná rovnice tedy nemá řešení x, y ∈ Z takové, že x ≥ 0. Předpokládejme, že má nějaké řešení x1 , y1 ∈ Z takové, že x1 ≤ −2. Pak platí (x1 + 2)4 − x41 = y13

42

a dosadíme-li x2 = −x1 − 2, y2 = −y1 , dostaneme x42 − (x2 + 2)4 = −y23 , a proto x2 , y2 je také řešení dané rovnice. Ovšem x2 = −x1 − 2 ≥ 0 a z předchozích úvah plyne, že tato situace nastat nemůže. Dohromady tedy −2 < x < 0, tj. x = −1. Pro x = −1 vychází z původní rovnice y = 0; dvojice x = −1, y = 0 je jediným řešením úlohy.  5.4.1. Některé nerovnosti. Při řešení diofantických rovnic jsou někdy užitečné i některé složitější postupy a nerovnosti. Uveďme si některé z nejčastěji používaných. Věta 22 (AG-nerovnost). Pro libovolná čísla a1 , a2 , . . . , an ∈ R+ 0 platí nerovnost √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 . . . a n , (32) n přitom rovnost v (32) nastane, jen když a1 = a2 = · · · = an . Důkaz. Prozatím neuveden.



Věta 23 (Bernoulliova nerovnost). ∀x ∈ R, x ≥ −1, ∀n ∈ N platí: (1 + x)n ≥ 1 + n · x. Důkaz. Pro n = 1 nebo x = 0 je tvrzení zřejmé. Pro reálná A > B ≥ 0 a přirozené číslo n ≥ 2 platí: n(A − B)B n−1 < An − B n < n(A − B)An−1

(A > B ≥ 0, n ≥ 2),

z čehož po dosazení A = 1 + x a B = 1 (pro x > 0), resp. A = 1, B = 1 + x (pro −1 ≤ x < 0) dostaneme požadované tvrzení.  Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x y z + + = 3. y z x Řešení. Podíl přirozených čísel je číslo kladné, a proto můžeme pro čísla xy , yz a xz použít nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem (viz Věta 22). Geometrický průměr těchto tří čísel je 1, a proto pro jejich aritmetický průměr platí   1 x y z + + ≥ 1, 3 y z x kde rovnost nastane právě tehdy, když x y z = = = 1. y z x Porovnáme-li získanou nerovnost s danou rovnicí, dostáváme, že rovnice má nekonečně mnoho řešení x = y = z, kde z je libovolné přirozené číslo, a žádné jiné řešení nemá. 

43

Příklad. Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n > 2 rovnice xn + (x + 1)n = (x + 2)n nemá řešení v oboru přirozených čísel. Řešení. Předpokládejme naopak, že pro nějaká přirozená čísla x, n, kde n > 2, je daná rovnice splněna, a označme y = x + 1 ≥ 2. Pak platí (y − 1)n + y n = (y + 1)n ,

(33)

odkud dostáváme 0 = (y + 1)n − y n − (y − 1)n ≡ 1 − (−1)n

(mod y).

Připusťme, že n je liché, pak 0 ≡ 2 (mod y), tedy y = 2 a 0 = 3n − 2n − 1, což platí pouze pro n = 1. Je tedy n sudé a podle binomické věty platí

(y + 1)n ≡ n2 y 2 + n1 y + 1 (mod y 3 ),

(y − 1)n ≡ n2 y 2 − n1 y + 1 (mod y 3 ), odkud plyne 0 = (y + 1)n − y n − (y − 1)n ≡ 2ny

(mod y 3 ),

tedy 0 ≡ 2n (mod y 2 ), a proto 2n ≥ y 2 . Vydělíme-li (33) číslem y n , dostaneme  n  n 1 1 =1+ 1− < 2. 1+ y y Naopak podle Bernoulliovy nerovnosti (viz Věta 23) platí  n 1 n 2n y2 y 1+ >1+ =1+ ≥1+ = 1 + ≥ 2. y y 2y 2y 2 Shrneme-li předchozí úvahy, vychází, že pro žádné přirozené číslo n > 2 nemá daná rovnice řešení v oboru přirozených čísel. 5.5. Řešení diofantických rovnic metodou rozkladu. Tato metoda spočívá v úpravě dané rovnice do tvaru A1 · A2 · · · · · An = B,

(34)

kde A1 , . . . , An jsou výrazy obsahující neznámé, které pro celočíselné hodnoty neznámých nabývají celočíselných hodnot, a B je číslo (případně výraz), jehož rozklad na prvočísla známe. Pak totiž existuje pouze konečně mnoho rozkladů čísla B na n celočíselných činitelů a1 , . . . , an . Vyšetříme-li pak pro každý z těchto rozkladů soustavu rovnic A1 = a1 ,

A2 = a2 ,

...,

An = an ,

získáme všechna řešení rovnice (34). Ukažme si to na příkladech. Příklad. Řešte diofantickou rovnici y 3 − x3 = 91.

44

Řešení. Rozložme levou stranu rovnice: (y − x)(y 2 + xy + x2 ) = 91. Protože x 2 3 2 y + xy + x = y + + x ≥ 0, 2 4 musí být také y − x > 0. Číslo 91 můžeme rozložit na součin dvou přirozených čísel čtyřmi způsoby: 91 = 1 · 91 = 7 · 13 = 13 · 7 = 91 · 1. Budeme proto odděleně řešit čtyři systémy rovnic: (1) y − x = 1, y 2 + xy + x2 = 91. Dosazením y = x + 1 z první do druhé rovnice dostaneme x2 + x − 30 = 0, odkud x = 5 nebo x = −6. Příslušné hodnoty druhé neznámé jsou pak y = 6, y = −5. (2) y − x = 7, y 2 + xy + x2 = 13. Pak x2 + 7x + 12 = 0, tedy x = −3 a y = 4 nebo x = −4 a y = 3. (3) y − x = 13, y 2 + xy + x2 = 7. Nyní x2 + 13x + 54 = 0. Tato rovnice však nemá řešení v oboru reálných čísel, a proto ani v oboru čísel celých. (4) y−x = 91, y 2 +xy+x2 = 1. V tomto případě x2 +91x+2760 = 0. Ani tato rovnice nemá řešení v oboru reálných čísel. Daná rovnice má tedy čtyři řešení: 2

2



(x; y) ∈ {(5; 6), (−6; −5), (−3; 4), (−4; 3)}.  Příklad. Řešte diofantickou rovnici x4 + 2x7 y − x14 − y 2 = 7. Řešení. Upravme nejprve levou stranu rovnice: x4 + 2x7 y − x14 − y 2 = x4 − (x7 − y)2 = (x2 − x7 + y)(x2 + x7 − y) a uvažme, že číslo 7 můžeme rozložit čtyřmi způsoby na součin dvou celých čísel: 7 = 1 · 7 = 7 · 1 = (−1) · (−7) = (−7) · (−1). Budeme proto řešit čtyři soustavy rovnic. (1) x2 − x7 + y = 1, x2 + x7 − y = 7. Sečtením obou rovnic dostaneme x2 = 4, odkud x = 2 a y = 125, nebo x = −2 a y = −131. (2) x2 − x7 + y = 7, x2 + x7 − y = 1. Nyní x2 = 4, a tedy x = 2, y = 131 nebo x = −2, y = −125. (3) x2 − x7 + y = −1, x2 + x7 − y = −7. Sečtením x2 = −4, což je spor. (4) x2 − x7 + y = −7, x2 + x7 − y = −1. Opět spor x2 = −4. Rovnice má tedy čtyři řešení: (x; y) ∈ {(−2; −131), (−2; −125), (2; 125), (2; 131)}. 

45

Příklad. Řešte diofantickou rovnici 1 1 1 + = , x y p kde p je libovolné prvočíslo. Řešení. Vynásobením číslem xyp a další úpravou dostaneme xy − px − py = 0. Úprava do tvaru (34) vyžaduje nyní umělý obrat: přičteme k oběma stranám rovnice p2 , aby bylo možno její levou stranu zapsat jako součin: (x − p)(y − p) = p2 . Protože p je prvočíslo, lze p2 rozložit na součin dvou celých čísel jen těmito šesti způsoby: p2 = 1 · p2 = p · p = p2 · 1 = (−1) · (−p2 ) = (−p) · (−p) = (−p2 ) · (−1). Budeme proto řešit šest systémů rovnic: (1) x − p = 1, y − p = p2 , a tedy x = p + 1, y = p2 + p; (2) x − p = p, y − p = p, a tedy x = 2p, y = 2p; (3) x − p = p2 , y − p = 1, a tedy x = p2 + p, y = p + 1; (4) x − p = −1, y − p = −p2 , a tedy x = p − 1, y = p − p2 ; (5) x − p = −p, y − p = −p, a tedy x = y = 0, což nevyhovuje; (6) x − p = −p2 , y − p = −1, a tedy x = p − p2 , y = p − 1. Daná rovnice má tedy pět řešení, popsaných v případech (1)-(4) a (6).  5.5.1. Pythagorova rovnice. Pythagorova rovnice se zabývá otázkou hledání všech pravoúhlých trojúhelníků s celočíselnými délkami stran. Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 + y 2 = z 2 . Řešení. Označme t = (x, y, z), x1 = xt , y1 = yt , z1 = zt . Pak platí t2 x21 + t2 y12 = t2 z12 , odkud po vydělení číslem t2 6= 0 vychází x21 + y12 = z12

(35)

a navíc (x1 , y1 , z1 ) = 1. Ukážeme nyní, že čísla x1 , y1 , z1 jsou dokonce po dvou nesoudělná: kdyby nějaké prvočíslo p dělilo dvě z čísel x1 , y1 , z1 , vyšlo by z (35), že dělí i třetí, což vzhledem k (x1 , y1 , z1 ) = 1 není možné. Z čísel x1 , y1 je tedy nejvýše jedno sudé. Připusťme, že jsou obě lichá. Pak z kongruence z12 ≡ x21 + y12 ≡ 1 + 1 (mod 8) plyne, že z12 je sudé číslo, které není dělitelné 4, což není možné. Je tedy z čísel x1 , y1 právě jedno sudé. Protože v rovnici (35) vystupují x1 a y1 symetricky, můžeme pro určitost předpokládat, že sudé je x1 = 2r, r ∈ N. Z (35) pak plyne 4r2 = z12 − y12

46

a tedy

z1 + y1 z1 − y1 · . 2 2 Označme u = 12 (z1 + y1 ), v = 12 (z1 − y1 ). Pak z1 = u + v, y1 = u − v. Protože jsou y1 , z1 nesoudělná čísla, jsou i u, v nesoudělná čísla. Z rovnice r2 = u · v pak plyne, že existují nesoudělná přirozená čísla a, b tak, že u = a2 , v = b2 , navíc vzhledem k u > v platí a > b. Celkem tedy dostáváme r2 =

x = tx1 = 2tr = 2tab, y = ty1 = t(u − v) = t(a2 − b2 ), z = tz1 = t(u + v) = t(a2 + b2 ), což skutečně pro libovolné t ∈ N a libovolná nesoudělná a, b ∈ N taková, že a > b, vyhovuje dané rovnici. Zbylá řešení bychom dostali záměnou x a y (v průběhu řešení jsme předpokládali, že právě x1 je sudé): x = t(a2 − b2 ),

y = 2tab,

z = t(a2 + b2 ),

kde opět t, a, b ∈ N jsou libovolná taková, že a > b, (a, b) = 1.



5.6. Řešitelnost diofantických rovnic. V předchozí čáasti jsme viděli, že řešení většiny diofantických rovnic není snadné, a ačkoli jsme se naučili několik metod, v mnoha konkrétních případech se nám nepodaří diofantickou rovnici vyřešit ani jednou z nich. Přesto se nám v těchto případech může podařit něco o řešení zjistit. Například nalézt nekonečnou množinu řešení a tím dokázat, že množina všech řešení, i když ji celou neumíme popsat, je nekonečná. Nebo naopak ukázat, že množina všech řešení je prázdná (a tím vlastně danou rovnici vyřešit), popřípadě konečná. 5.6.1. Neexistence řešení. Při důkazu, že nějaká diofantická rovnice nemá žádné řešení, je často možné s úspěchem využít kongruencí. Má-li totiž řešení diofantická rovnice L = P (kde L, P jsou výrazy obsahující neznámé, nabývající celočíselných hodnot pro libovolné celočíselné hodnoty neznámých), musí mít řešení i kongruence L ≡ P (mod m) pro libovolné m ∈ N, protože řešením této kongruence je například zmíněné řešení rovnice. Odtud plyne, že nalezneme-li nějaké přirozené číslo m tak, že kongruence L ≡ P (mod m) nemá řešení, nemůže mít řešení ani původní diofantická rovnice L = P . Je nutno si však uvědomit, že obrácení předchozí úvahy obecně neplatí: má-li kongruence L ≡ P (mod m) pro každé přirozené číslo m řešení, neznamená to ještě, že má řešení též diofantická rovnice L = P (ukážeme to v Příkladu na str. 48). Příklad. Řešte diofantickou rovnici x41 + x42 + · · · + x414 = 15999.

47

Řešení. Ukážeme, že kongruence x41 + x42 + · · · + x414 ≡ 15999

(mod 16)

nemá řešení, odkud vyplyne, že řešení nemá ani daná diofantická rovnice. Je-li totiž celé číslo n sudé, je n = 2k pro k ∈ Z a tedy n4 = 16k 4 ≡ 0 (mod 16). Jestliže je celé číslo n liché, platí n4 − 1 = (n − 1)(n + 1)(n2 + 1) ≡ 0 (mod 16), neboť čísla n − 1, n + 1 a n2 + 1 jsou sudá a jedno z čísel n − 1, n + 1 musí být dokonce dělitelné čtyřmi. Znamená to tedy, že podle modulu 16 je n4 kongruentní s 0 pro sudá n a s 1 pro lichá čísla n. Je-li proto mezi čísly x1 , x2 , . . . , x14 právě r lichých, je x41 + x42 + · · · + x414 ≡ r (mod 16). Platí 15999 = 16000 − 1 ≡ 15 (mod 16) a protože 0 ≤ r ≤ 14, nemůže mít kongruence x41 + x42 + · · · + x414 ≡ 15 (mod 16) řešení, a nemá ho tedy ani daná rovnice.



Příklad. V oboru celých čísel řešte soustavu rovnic x2 + 2y 2 = z 2 , 2x2 + y 2 = u2 . Řešení. Snadno ověříme, že z x = y = 0 plyne také z = u = 0, což je řešení dané soustavy. Ukážeme, že další řešení soustava nemá. Předpokládejme, že x, y, z, u je řešení a že x 6= 0 nebo y 6= 0, a označme d = (x, y) > 0 největší společný dělitel čísel x, y. Z první rovnice plyne d | z, ze druhé d | u. Označíme-li x1 = xd , y1 = yd , z1 = dz , u1 = u , dostáváme, že (x1 , y1 ) = 1, a po zkrácení obou rovnic číslem d2 d dostaneme x21 + 2y12 = z12 , 2x21 + y12 = u21 . Odtud plyne sečtením 3x21 + 3y12 = z12 + u21 a tedy 3 | z12 + u21 . Podle Tvrzení 3.1 platí 3 | z1 , 3 | u1 a tedy 9 | z12 + u21 . Pak ale 9 | 3(x21 + y12 ), a tedy 3 | x21 + y12 . Opět podle Tvrzení 3.1 platí 3 | x1 , 3 | y1 , což je spor s (x1 , y1 ) = 1. Soustava má tedy jediné řešení x = y = z = u = 0.  Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici 1! + 2! + 3! + · · · + x! = y 2 . Řešení. Přímým výpočtem se přesvědčíme, že pro x < 5 vyhovují rovnici pouze x = y = 1 a x = y = 3. Ukážeme, že pro x ≥ 5 rovnice řešení nemá. Protože pro libovolné n ≥ 5 je n! dělitelné pěti, platí 1! + 2! + 3! + · · · + x! ≡ 1! + 2! + 3! + 4! = 33 ≡ 3

(mod 5).

48

Ovšem druhá mocnina přirozeného čísla je podle modulu 5 kongruentní s 0 nebo 1 nebo 4. Kongruence 1!+2!+· · ·+x! ≡ y 2 (mod 5) pro x ≥ 5 tedy nemá řešení, a proto nemá pro x ≥ 5 řešení ani daná rovnice.  Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 − y 3 = 7. Řešení. Ukážeme, že daná rovnice nemá řešení. Předpokládejme naopak, že pro vhodná x, y ∈ Z platí x2 − y 3 = 7. Kdyby y bylo sudé, platilo by x2 ≡ 7 (mod 8), což není možné. Je tedy y liché, y = 2k + 1 pro k ∈ Z. Pak platí x2 + 1 = y 3 + 23 = (y + 2)(y 2 − 2y + 4) = = (y + 2)((y − 1)2 + 3) = (2k + 3)(4k 2 + 3).

(36) (37)

Číslo 4k 2 + 3 musí být dělitelné nějakým prvočíslem p ≡ 3 (mod 4). V opačném případě vzhledem k tomu, že 4k 2 + 3 je liché, by totiž v rozkladu čísla 4k 2 + 3 na prvočísla vystupovala pouze prvočísla kongruentní s 1 podle modulu 4 a tedy by i jejich součin 4k 2 + 3 musel být kongruentní s 1 podle modulu 4, což jistě není. Je tedy 4k 2 + 3 dělitelné prvočíslem p ≡ 3 (mod 4), a tedy platí x2 + 1 ≡ 0

(mod p).

Podle Tvrzení 3.1 odtud plyne x ≡ 1 ≡ 0 (mod p), a to je spor.



Nyní uvedeme slibovaný příklad toho, že diofantická rovnice nemusí být řešitelná ani v případě, že je kongruence L ≡ P (mod m) řešitelná pro libovolný modul m ∈ N. Příklad. Dokažte, že kongruence 6x2 + 5x + 1 ≡ 0

(mod m)

má řešení pro každé přirozené číslo m, a přitom diofantická rovnice 6x2 + 5x + 1 = 0 řešení nemá. Řešení. Platí 6x2 + 5x + 1 = (3x + 1)(2x + 1), a tedy rovnice 6x2 +5x+1 = 0 nemá celočíselné řešení. Nechť m je libovolné přirozené číslo a platí m = 2n · k, kde n ∈ N0 a k je liché číslo. Protože (3, 2n ) = (2, k) = 1, mají obě kongruence soustavy 3x ≡ −1

(mod 2n )

2x ≡ −1

(mod k)

podle Věty 16 řešení, a protože (2n , k) = 1, má podle Věty 18 řešení i celá soustava. Pro libovolné x vyhovující této soustavě je pak 3x + 1 dělitelné číslem 2n a 2x + 1 číslem k a proto součin (3x + 1)(2x + 1) je dělitelný číslem 2n · k = m. Je tedy x řešením kongruence 6x2 + 5x + 1 ≡ 0

(mod m).

49

 5.6.2. Zmenšování ad absurdum. Je to metoda důkazu neexistence řešení diofantické rovnice. Při důkazu touto metodou libovolné řešení dané diofantické rovnice charakterizujeme nějakým přirozeným číslem (například největším společným dělitelem hodnot některých neznámých nebo druhou mocninou hodnoty některé neznámé a podobně) a ukážeme, že existuje-li řešení charakterizované přirozeným číslem d, musí existovat jiné řešení, charakterizované přirozeným číslem d0 < d. Pak totiž žádné takové řešení existovat nemůže, o čemž se snadno můžeme přesvědčit sporem: kdyby existovalo, mohli bychom zvolit to řešení, které je ze všech řešení charakterizováno co nejmenším přirozeným číslem d; pak by ovšem muselo existovat i jiné řešení, charakterizované přirozeným číslem d0 < d, což však by byl spor s volbou d. Příklad. Řešte diofantickou rovnici x3 + 2y 3 + 4z 3 − 6xyz = 0. Řešení. Rovnici jistě vyhovuje x = y = z = 0. Ukážeme, že jiné řešení rovnice nemá. Označme d = x2 +y 2 +z 2 a předpokládejme, že pro nějaké řešení x, y, z dané rovnice platí d > 0. Z původní rovnice plyne, že x3 je sudé číslo, a proto je x = 2x1 pro vhodné x1 ∈ Z. Dosazením do rovnice dostaneme 8x31 + 2y 3 + 4z 3 − 12x1 yz = 0, po vydělení dvěma 4x31 + y 3 + 2z 3 − 6x1 yz = 0, a proto i y 3 je sudé číslo, tedy y = 2y1 pro vhodné y1 ∈ Z. Dosazením a vydělením dvěma dostaneme 2x31 + 4y13 + z 3 − 6x1 y1 z = 0, odkud plyne, že z 3 je také sudé číslo, a proto z = 2z1 pro vhodné z1 ∈ Z. Dosazením a vydělením dvěma dostaneme x31 + 2y13 + 4z13 − 6x1 y1 z1 = 0, a tedy x1 , y1 , z1 je řešení původní diofantické rovnice, přičemž platí x2 y 2 z 2 d + + = < d. 4 4 4 4 Podle metody popsané v 6.4 daná diofantická rovnice nemá řešení s vlastností d > 0, a tedy x = y = z = 0 je jejím jediným řešením.  x21 + y12 + z12 =

Příklad. V oboru přirozených čísel řešte rovnici x2 + y 2 = 4z . Řešení. Užijeme metodu 5.6.2 pro d = z. Předpokládejme nejprve, že x, y, z je řešením dané rovnice. Pak jistě platí z 6= 1, protože je-li x = y = 1, platí x2 + y 2 = 2 < 4, a je-li alespoň jedno z čísel x, y větší než jedna, je x2 + y 2 > 4. Je tedy z > 1 a platí x2 + y 2 = 4z ≡ 0 (mod 8). Protože druhá mocnina lichého čísla je kongruentní s 1 podle

50

modulu 8 a druhá mocnina sudého čísla je kongruentní s 0 nebo 4 podle modulu 8, plyne z této kongruence, že x i y jsou sudá, a tedy x = 2x1 , y = 2y1 pro vhodná x1 , y1 ∈ N. Pak ovšem x2 y 2 + = 4z−1 , 4 4 a tedy, označíme-li z1 = z − 1 ∈ N, čísla x1 , y1 , z1 splňují danou rovnici, přičemž z1 < z. Proto daná rovnice nemá řešení. x21 + y12 =

Příklad. Řešte diofantickou rovnici x4 + y 4 + z 4 = 9u4 . Řešení. Je-li u = 0, musí být rovněž x = y = z = 0, což je řešení dané rovnice. Ukážeme, že jiné řešení rovnice nemá. Předpokládejme, že celá čísla x, y, z, u vyhovují dané rovnici, přičemž u 6= 0, a označme d = u4 . Kdyby číslo u nebylo dělitelné pěti, bylo by u4 ≡ 1 (mod 5) podle Fermatovy věty, a tedy by platilo x4 + y 4 + z 4 ≡ 4

(mod 5),

což však není možné, neboť podle Fermatovy věty každé z čísel x4 , y 4 , z 4 může být podle modulu 5 kongruentní pouze s 0 nebo 1. Je tedy u dělitelné pěti, u = 5u1 pro vhodné u1 ∈ Z, a platí x4 + y 4 + z 4 ≡ 0

(mod 5),

odkud plyne, že čísla x, y, z jsou dělitelné pěti, tj. x = 5x1 , y = 5y1 , z = 5z1 pro vhodná x1 , y1 , z1 ∈ Z. Dosazením do rovnice a vydělením 54 dostaneme x41 + y14 + z14 = 9u41 , a tedy x1 , y1 , x1 , u1 vyhovují dané rovnici. Přitom platí u41 =

u4 < u4 = d. 54 

Příklad. Řešte diofantickou rovnici x2 + y 2 + z 2 = 2xyz. Řešení. Rovnice jistě splňuje x = y = z = 0. Ukážeme, že další řešení tato rovnice nemá. Dokážeme dokonce silnější tvrzení: žádná rovnice x2 + y 2 + z 2 = 2u xyz, (38) kde x, y, z ∈ Z a u ∈ N nemá jiné řešení než x = y = z = 0, u ∈ N libovolné. Předpokládejme, že x, y, z ∈ Z, u ∈ N vyhovují rovnici (38) a že d = x2 + y 2 + z 2 > 0. Protože u ≥ 1, je 2u xyz sudé číslo, a proto i x2 + y 2 + z 2 je sudé číslo. To ale znamená, že právě jedno z čísel x, y, z, nebo všechna tři jsou sudá. V prvním případě je však x2 + y 2 + z 2 ≡ 1 + 1 + 0 = 2 kdežto 2u xyz ≡ 0

(mod 4),

(mod 4),

51

neboť u ≥ 1 a jedno z čísel x, y, z je sudé. Nastane tedy druhý případ a čísla x1 = x2 , y1 = y2 , z1 = z2 jsou celá. Položme u1 = u + 1 a dosaďme do (38): 4x21 + 4y12 + 4z12 = 2u1 −1 · 2x1 · 2y1 · 2z1 , po vydělení čtyřmi x21 + y12 + z12 = 2u1 · x1 y1 z1 , a tedy x1 , y1 , z1 , u1 vyhovují rovnici (38). Přitom platí 0 < x21 +y12 +z12 = d < d, neboť d > 0. Podle 5.6.2 tedy rovnice (38) může mít jen řešení 4 s vlastností d = 0, což jsou výše uvedená řešení x = y = z = 0, u ∈ N libovolné. Speciálně, zadaná rovnice má jediné řešení x = y = z = 0.  5.6.3. Početnost množiny řešení. V mnoha případech, kdy neumíme najít všechna řešení diofantické rovnice, se nám může alespoň podařit rozhodnout, zda řešení je konečně či nekonečně mnoho. Konečnost je například zaručena zjištěním, že hodnoty neznámých jsou v absolutní hodnotě menší než nějaké číslo. Pokud toto číslo nalezneme a je „rozumněÿ malé, můžeme pak najít všechna řešení metodou popsanou v 5.4 To, že daná diofantická rovnice má řešení nekonečně mnoho, můžeme dokázat například tak, že nalezneme pro každou neznámou nějaký výraz s parametrem, a to takový, že po dosazení do rovnice dostaneme rovnost, přitom pro nekonečně mnoho hodnot parametru dostaneme navzájem různé hodnoty neznámých (jde tedy o jakousi zkoušku nekonečně mnoha řešení). Nebo můžeme nalézt jedno řešení rovnice a udat předpis, jak z libovolného řešení spočítat jiné. Máme-li zaručeno, že při další a další aplikaci tohoto předpisu dostáváme stále nová řešení (například jsou-li získávaná řešení stále větší a větší), opět tím dokážeme, že množina řešení je nekonečná. Je zřejmé, že při obou postupech mohou existovat ještě další nenalezená řešení. Příklad. Dokažte, že diofantická rovnice (x − 1)2 + (x + 1)2 = y 2 + 1 má nekonečně mnoho řešení. Řešení. Rovnici snadno upravíme do tvaru1 y 2 − 2x2 = 1. Zkusme najít nějaké řešení. Po chvíli pokusů asi každý objeví, že volba y = 3, x = 2 vyhovuje dané rovnici. Představme si nyní, že máme k dispozici libovolné řešení x, y ∈ Z a pokusme se získat další. Platí tedy √
√
y + 2x y − 2x = 1. 1Jde

o speciální případ tzv. Pellovy rovnice

52

Dosazením nalezených hodnot y = 3 a x = 2 získáme rovnost 3 + √
√
2 2 3 − 2 2 = 1, vynásobením dostaneme √
√
  √
√
  y + 2x 3 + 2 2 · y − 2x 3 − 2 2 = 1. Výrazy v obou hranatých závorkách upravíme. Platí √
√
√ √ √ y + 2x 3 + 2 2 = 3y + 3 2x + 2 2y + 4x = (4x + 3y) + (3x + 2y) 2, √
√
√ √ √ y − 2x 3 − 2 2 = 3y − 3 2x − 2 2y + 4x = (4x + 3y) − (3x + 2y) 2. Položme u = 4x + 3y, v = 3x + 2y. Platí tedy √
√
u + 2v u − 2v = 1, odkud u2 − 2v 2 = 1, a tedy u, v ∈ Z je další řešení dané rovnice. Položíme-li x1 = 2, y1 = 3 a xn+1 = 3xn + 2yn , yn+1 = 4xn + 3yn pro libovolné n ∈ N, dostáváme pro každé n ∈ N řešení xn , yn dané rovnice. A protože platí 0 < x1 < x2 < . . . , 0 < y1 < y2 < . . . , dostáváme pro různé indexy n různá řešení xn , yn . Daná rovnice má tedy nekonečně mnoho řešení.  Příklad. Dokažte, že rovnice k + x2 + y 2 = z 2 má pro libovolné celé číslo k nekonečně mnoho řešení v oboru přirozených čísel. Řešení. Úpravou a rozkladem z 2 − y 2 dostaneme k + x2 = (z − y)(z + y). Není nutné hledat všechna řešení, proto můžeme předpokládat, že z − y = 1, z + y = k + x2 . Libovolné řešení této soustavy bude také řešení dané rovnice (neplatí to však obráceně, zkuste sami pro nějaké pevně zvolené k nalézt příklad přirozených čísel x, y, z vyhovujících dané rovnici, avšak nevyhovujících uvedené soustavě rovnic). Řešíme-li soustavu vzhledem k neznámým z, y, dostáváme z = 12 (x2 + k + 1), y = 12 (x2 + k − 1). Zvolíme-li x = |k| + 1 + 2t, kde t ∈ N, je x přirozené číslo. Platí x2 + k ≡ k + 1 + 2t + k ≡ 1

(mod 2)

53

a tedy z = 12 ((|k|+1+2t)2 +k +1) > 0, y = 12 ((|k|+1+2t)2 +k −1) > 0 jsou také přirozená čísla. Protože pro různá t dostáváme různá x a tedy různá řešení, má rovnice nekonečně mnoho řešení.  Příklad. Dokažte, že diofantická rovnice 5x2 − 8xy + 5y 2 − 4k 2 = 0 má pro libovolné přirozené číslo k pouze konečně mnoho řešení. Řešení. Danou rovnici upravíme do tvaru (2x − y)2 + (2y − x)2 = 4k 2 , odkud plyne (2x − y)2 ≤ (2k)2 a (2y − x)2 ≤ (2k)2 , a tedy −2k ≤ 2x − y ≤ 2k a −2k ≤ 2y − x ≤ 2k. Sečtením první a dvojnásobku druhé nerovnosti a vydělením třemi dostaneme −2k ≤ y ≤ 2k a zcela analogicky −2k ≤ x ≤ 2k. Protože x i y mohou pro pevné k nabývat pouze konečně mnoha hodnot, má daná rovnice pouze konečně mnoho řešení. 

Literatura [1] M. Davis. Hilbert’s tenth problem is unsolvable. The American Mathematical Monthly, 80(3):233–269, March 1973. http://links.jstor.org/sici?sici= 0002-9890%28197303%2980%3A3%3C233%3AHTPIU%3E2.0.CO%3B2-E. [2] J. Herman, R. Kučera a J. Šimša. Metody řešení matematických úloh I. MU Brno, druhé vydání, 2001. [3] I. M. Vinogradov. Základy theorie čísel. Nakladatelství ČSAV, 1953.

55